Avec 474 schémas d’illustration Emmanuel Simo, Maurice ... · Avant-propos Vous avez choisi ce livre parce que vous avez un objectif à atteindre. C’est un instrument réellement

Terminales C, D, E, TI

Eric Simo, Editeur

PHYSIQUENouvelle EditionEmmanuel Simo, Maurice Noumbissi

Avec 474 schémas d’illustrationet 184 exercices corrigés

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Eric Simo, Msc.-Ing. TU-BS (Editeur)An den Äckern 231224 [email protected]

Physique Terminales C, D, E, TI. Nouvelle Edition

Auteurs: Emmanuel Simo, Maître Es Sciences; Maurice Noumbissi, Maître Es Sciences (Cameroun)

Contributions: E. S. (Allemagne); F. W., J. T. (Cameroun); E. A. F. (Italie, R-U); T. v. P. (Pays-Bas); A. Z.,L. S., I. D. (Ukraine); D. R., P. B. (Italie); M. B. (Zimbabwe); F. K. (Pakistan); A. K. (Russie); R. K. (Maroc)

Conception graphique des couvertures: R. A. (Bangladesh)Thème artistique des couvertures 2017: Intelligence Artificielle

ISBN 978-3-947242-01-6 • Maison d’Edition SIMO • Bandjoun Brunswick Belfast Rotterdam • 2017

Sous réserve des exceptions légales, toute représentation ou reproduction intégrale ou partielle,faite, par quelque procédé que ce soit sans le consentement de l’auteur ou de ses ayants droit, estillicite et constitue une contrefaçon sanctionnée par le Code de la Propriété Intellectuelle. En casd’utilisation aux fins de vente, de location, de publicité ou de promotion, l’accord de l’auteur oudes ayants droit est nécessaire.

Site Internet: www.simo.education

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Avant-propos

Vous avez choisi ce livre parce que vous avez un objectif à atteindre. C’est un instrument réellementutile et efficace pour aider les apprenants des classes de terminales scientiques et techniques, quelque soit leur niveau, à améliorer leurs performances en physique.

Inspirée de la pédagogie nouvelle, la conception de ce livre se fonde sur deux outils à savoir : lecours et les exercices corrigés.

Le cours a été conçu selon le projet pédagogique suivant : Une présentation claire parfaitement lisible qui permet de faciliter le travail de l’apprenant. Un enseignement expérimental : comme le programme le demande, l’exposé privilégie l’expé-

rience. A chaque fois que cela est possible les notions sont présentées grâce à une expériencedécomposée en un dispositif suivi d’observations. L’interprétation qui suit systématiquementces expériences conduit aux définitions et aux grandes lois de la physique. Un cours bien structuré allant à l’essentiel : conforme aux contenus du programme, ce cours

prépare aux compétences exigibles, mais en se limitant strictement aux notions qui doiventêtre étudiées. Nous l’avons donc voulu bref.

Les exercices résolus et commentés, soutenus par des méthodes de résolution permettent à l’ap-prenant d’acquérir l’esprit scientifique et les principaux modes de raisonnement qu’il devra savoirdévelopper. C’est une bonne façon d’aborder les nombreux exercices de chaque chapitre. Dans lesouci d’efficacité qui a fait le succès de cette édition, nous attirons votre attention dans les solutionsproposées, sur la schématisation, la représentation graphique, le choix des notations, la conduitelittérale et enfin l’application numérique.

Notons cependant qu’il ne sert à rien de lire à priori la solution d’un exercice, mais qu’il fautchercher cette solution après avoir lu l’énoncé en entier et ne consulter la solution proposée dansle livre que pour contrôler son propre résultat ou en cas d’hésitation.

Nous formons le vœu que cet ouvrage constitue un outil efficace pour les apprenants des classesde terminales scientiques et techniques et qu’il apporte à nos collègues professeurs l’aide qu’ils sonten droit d’attendre. Nous attendons avec plaisir toutes les remarques et suggestions.

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Table des matières

1 Forces et champs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1 Les forces de gravitation et le champ gravitationnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.1 Les forces de gravitation : Loi de l’attraction universelle ou loi de Newton . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Notion de champ de gravitation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.3 Champ de gravitation créé par une masse ponctuelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.4 Les lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.5 Champ de gravitation d’un objet à symétrie sphérique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.6 Champ de gravitation et champ de pesanteur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.7 Variation de l’intensité de la pesanteur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Les forces électriques et le champ électrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.1 Les charges électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.2 Unité de charge électrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.3 Interaction entre les charges : La loi de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Le champ électrostatique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.1 Lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.2 Champ électrique uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4 Les forces magnétiques – Le champ magnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4.1 Les forces magnétiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4.2 Le champ magnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4.3 Le champ magnétique terrestre ou champ géomagnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4.4 Champ magnétique crée par un courant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4.5 Cas d’une bobine plate circulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.6 Le champ magnétique créé par un solénoïde inniment long . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.7 Action d’un champ magnétique sur un élément de circuit parcouru par un courant. Loi de Laplace 151.4.8 La force de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.4.9 La force magnétique de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.5 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.6 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2 Généralités sur les mouvements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.1 Notions mathématiques sur la dérivation et l’intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.1.1 La dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.1.2 L’intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2 Le mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.1 Caractère relatif du mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.2 Notion de point mobile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.3 Repérage dans le temps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2.4 Les paramètres cinématiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.3 Les mouvements rectilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.1 Mouvement rectiligne uniforme (m.r.u) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.2 Mouvement rectiligne uniformément varié (m.r.u.v.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.3 Mouvement rectiligne sinusoïdal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.4 Mouvements circulaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4.2 Mouvement circulaire uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.4.3 Mouvement circulaire uniformément varié . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.4.4 Mouvement circulaire sinusoïdal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.5 Mouvement d’un solide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.5.1 Mouvement de translation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.5.2 Mouvement de rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

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II Table des matières

2.6 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.7 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3 Les lois de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.1 Système dynamique et milieu extérieur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.1 Système dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.2 Notion de point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.3 Caractéristiques d’un système . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.4 Forces intérieures et forces extérieures . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.1.5 Système isolé - Système pseudo-isolé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.2 Principes des actions réciproques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.3 Principe d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.3.1 Les référentiels galiléens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.4 Théorème du centre d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.5 Dynamique du solide en translation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.6 Dynamique du solide en rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.7 Théorème de Huygens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.8 Méthode de résolution des problèmes de dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.9 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.10 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

4 Application des lois de Newton aux mouvements rectilignes uniformémentvariés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.2 Les mouvements rectilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.2.1 Chute libre des corps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.2.2 Etude dynamique de la chute libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.3 Mouvement d’un solide sur un plan incliné . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.3.1 Le plan incliné est parfaitement lisse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.3.2 Le plan incliné est rugueux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.4 Les mouvements plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.4.1 Mouvement d’un projectile dans le champ de pesanteur supposé uniforme . . . . . . . . . . . . 834.5 Mouvement d’une particule chargée dans un champ électrique uniforme . . . . . . . . . . . . . . 844.5.1 Cadre d’étude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 844.6 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 874.7 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

5 Application des lois de Newton aux mouvements circulaires uniformes . . . . . . 1035.1 Mouvement d’un pendule conique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1045.2 Mouvement d’un véhicule dans un virage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1045.3 Mouvement d’un satellite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1055.3.1 Étudions le mouvement du satellite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1055.3.2 Expression de la vitesse du satellite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1065.3.3 Période de révolution du satellite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1065.4 Mouvement d’une particule chargée dans un champ magnétique uniforme . . . . . . . . . . . . . 1065.4.1 Etude dynamique : déviation d’une particule chargée dans un champ magnétique uniforme . . . 1065.5 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1085.6 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

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III

6 Généralités sur les systèmes oscillants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1176.1 Généralités sur les phénomènes périodiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.1.1 Caractéristiques d’un phénomène périodique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.2 Phénomènes oscillatoires ou vibratoires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.2.1 Dénition et exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.2.2 Amortissement et entretien des oscillations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.3 Etude expérimentale des phénomènes périodiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1196.3.1 Examinons quelques cas particuliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1196.4 Cas particulier des phénomènes périodiques sinusoïdaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1216.4.1 Représentation d’une fonction sinusoïdale par le vecteur de Fresnel . . . . . . . . . . . . . . . . . 1216.4.2 Diérence de phase entre deux fonctions sinusoïdales de même période . . . . . . . . . . . . . . 1226.5 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1246.6 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

7 Les oscillateurs mécaniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.2 Exemples d’oscillateurs mécaniques. Généralités sur les oscillateurs . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.2.1 Généralités sur les oscillateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3 Etude du pendule elastique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3.1 Description . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3.2 Etude de pendule elastique horizontal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3.3 Etude du pendule élastique vertical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1327.4 Etude du pendule de torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.4.1 Description . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.4.2 Etude dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.4.3 Solution de l’équation diérentielle du mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.4.4 Etude énergétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.5 Etude du pendule pesant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.5.1 Description . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.5.2 Etude dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1367.5.3 Etude énergétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1377.5.4 Le pendule simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1377.6 Notions d’oscillations forcées et de résonance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1387.6.1 Amortissement des oscillations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1387.6.2 Entretien des oscillations : oscillations forcées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1387.7 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1397.8 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

8 Les oscillateurs électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1578.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1588.1.1 Les oscillations électriques libres dans le circuit LC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1588.1.2 Equation dierentielle régissant les oscillations électriques non amorties . . . . . . . . . . . . . 1588.1.3 Lois horaires et diagrammes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.2 Energie électromagnétique d’un circuit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.2.1 Energie magnétique d’une bobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.2.2 Energie électrique d’un condensateur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.2.3 Conservation de l’énergie électromagnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1618.3 Entretien des oscillations électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1618.3.1 Amortissement des oscillations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1618.3.2 Equation diérentielle pour un oscillateur électrique amorti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1618.3.3 Tensions aux bornes d’un dipôle R LC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1628.3.4 Caractéristiques du dipôle R LC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1628.3.5 Etude de la résonance d’intensité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

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IV Table des matières

8.3.6 Puissance électrique en régime sinusoïdal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1658.4 Analogie mécano – électrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1678.5 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1688.6 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

9 Les ondes mécaniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1839.1 Les signaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1849.1.1 Signal transversal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1849.1.2 Signal longitudinal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.1.3 Signal de torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.2 Propagation d’un signal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.3 Propriétés de la célérité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.4 Mise en évidence du phénomène de propagation d’une onde mécanique . . . . . . . . . . . . . . 1859.4.1 Le long d’une corde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.4.2 A la surface d’un liquide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1869.5 Superposition des ondes progressives de faible amplitude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1869.5.1 Les interférences . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1879.5.2 Expérience d’interférences mécaniques à la surface de l’eau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1879.6 Les ondes stationnaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1889.6.1 Expérience de Melde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1889.6.2 Relation entre la longueur l et la tension F de la corde vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1909.7 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1909.8 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

10 La lumière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20710.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20810.2 Les interférences lumineuses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20810.2.1 L’expérience de fentes de young . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20810.2.2 Expression de la diérence de marche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20910.2.3 Expression de l’interfrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20910.2.4 Dénition et calcul de l’interfrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21010.2.5 Les interférences en lumière blanche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21010.3 L’eet photoélectrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.3.1 Mise en évidence expérimentale de l’eet photoélectrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.3.2 Etude quantitative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.3.3 Etude des caractéristiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.4 Courbe de Millikan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21310.4.1 Interprétation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21410.5 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21510.6 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

11 La radioactivité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22911.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.2 Composition des émissions radioactives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.3 Origine des rayonnements et equation-bilan des transformations radioactives . . . . . . . . . . 23011.3.1 Origine des rayonnements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.3.2 Equation-bilan des transformations radioactives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.3.3 La radioactivité α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.3.4 La radioactivité β− . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.3.5 La radioactivité β+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.3.6 La radioactivité γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.4 Proprietés générales des désintégrations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.4.1 La loi de décroissance radioactive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

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V

11.4.2 Période radioactive T . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.5 D’autres réactions nucléaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.5.1 La ssion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23211.5.2 La fusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23211.6 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23211.7 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

12 Sujets d’examen–Baccalauréat Physique–Séries C, E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23912.1 Enoncé des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24012.1.1 Enoncé – Baccalauréat 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24012.1.2 Enoncé – Baccalauréat 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24212.1.3 Enoncé – Baccalauréat 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24412.1.4 Enoncé – Baccalauréat 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24512.1.5 Enoncé – Baccalauréat 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24712.1.6 Enoncé – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24912.2 Solution des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25012.2.1 Solution – Baccalauréat 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25012.2.2 Solution – Baccalauréat 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25312.2.3 Solution – Baccalauréat 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25612.2.4 Solution – Baccalauréat 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25912.2.5 Solution – Baccalauréat 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26112.2.6 Solution – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

13 Sujets d’examen–Baccalauréat Physique–Séries D, TI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26513.1 Enoncé des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26613.1.1 Enoncé – Baccalauréat 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26613.1.2 Enoncé – Baccalauréat 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26713.1.3 Enoncé – Baccalauréat 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26913.1.4 Enoncé – Baccalauréat 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27013.1.5 Enoncé – Baccalauréat 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27113.1.6 Enoncé – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27213.2 Solution des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27313.2.1 Solution – Baccalauréat 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27313.2.2 Solution – Baccalauréat 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27513.2.3 Solution – Baccalauréat 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27813.2.4 Solution – Baccalauréat 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28113.2.5 Solution – Baccalauréat 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28413.2.6 Solution – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

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VI Table des matières

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11

Forces et champs

1.1 Les forces de gravitation et le champ gravitationnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.1 Les forces de gravitation : Loi de l’attraction universelle ou loi de Newton . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Notion de champ de gravitation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.3 Champ de gravitation créé par une masse ponctuelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.4 Les lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.5 Champ de gravitation d’un objet à symétrie sphérique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.6 Champ de gravitation et champ de pesanteur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.7 Variation de l’intensité de la pesanteur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Les forces électriques et le champ électrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.1 Les charges électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.2 Unité de charge électrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.3 Interaction entre les charges : La loi de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Le champ électrostatique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.1 Lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.2 Champ électrique uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4 Les forces magnétiques – Le champ magnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4.1 Les forces magnétiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4.2 Le champ magnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4.3 Le champ magnétique terrestre ou champ géomagnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4.4 Champ magnétique crée par un courant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4.5 Cas d’une bobine plate circulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.6 Le champ magnétique créé par un solénoïde inniment long . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.7 Action d’un champ magnétique sur un élément de circuit parcouru par un courant. Loi de Laplace 151.4.8 La force de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.4.9 La force magnétique de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.5 Enoncés des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.6 Solutions des exercices et problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

;

1

2 Chapitre 1. Forces et champs

1.1 Les forces de gravitation etle champ gravitationnel

On appelle gravitation, le phénomène suivant lequeltous les corps s’attirent réciproquement par des forcesdont nous allons étudier les propriétés au cours de ceparagraphe.

1.1.1 Les forces de gravitation : Loi del’attraction universelle ou loi deNewton

Dénition.

Deux objets ponctuels A (demassemA ) et B (demassemB ), situés à la distance d = AB l’un de l’autre s’at-tirent réciproquement. La force d’attraction est : proportionnelle aux masses mA et mB ; inversement proportionnelle au carré de la dis-

tance d .

Le corps A de masse mA exerce sur le corps B uneforce ~FA/B (lire ~F de A vers B ). Réciproquement, le corpsB de masse mB exerce sur le corps A une force ~FB/A . ~FA/B

et ~FB/A ont même droite d’action, même module maissont de sens contraire.

Figure 1.1

A B

d

mA~FB/A mB

~FA/B

~FA/B et ~FB/A portent le nom de forces de gra-vitation ou forces d’interaction gravitation-nelle. Leur intensité commune a pour expres-sion :

FA/B = FB/A = ε ·mA ·mB

d 2

Avec :

FA/B et FB/A en newton [N] ; mA et mB en [kg] ; ε : constante d’attraction (ou de gravi-

tation) universelle ; sa valeur dans le SIest :

ε= 6,67×10−11 N m2 kg−2

Expression vectorielle de la force de gravitation

Définissons sur la droite AB un vecteur unitaire ~iorienté de A vers B . Alors,

~FA/B =−ε ·mA ·mB

d 2~i

~FB/A = ε ·mA ·mB

d 2~i

Figure 1.2

A B

AB = d

mA ~i mB~FA/B

Remarque.La loi d’attraction universelle reste valable lorsque lesmasses ne sont pas ponctuelles. Dans ce cas, on sup-pose que la masse est concentrée en son centre d’iner-tie.

1.1.2 Notion de champ de gravitation

On appelle champ, un domaine de l’espace où se ma-nifeste un phénomène mécanique, électrique ou ma-gnétique.

Dénition.

On dit qu’il existe un champ de gravitation en un pointde l’espace si unemasse placée en ce point est soumiseà une force de gravitation.Du point de vue quantitatif, notons M la masse de l’ob-jet ponctuel placée en un point A de l’espace ; soit ~Fla force gravitationnelle à laquelle elle est soumise. lagrandeur ~F /M dénit le vecteur champ de gravitationen A. On le note ~G . Donc :

~G =~F

MLa valeur G du champ de gravitation est :

G =F

Moù : F : force de gravitation [N] ; M : masse [kg] ; G : valeur du champ de gravitation [N kg−1].

;

13

1.1. Les forces de gravitation et le champ gravitationnel

1.1.3 Champ de gravitation créé par unemasse ponctuelle

Déterminons le champ de gravitation créé au point Bpar un objet ponctuel de masse m placée en A (AB = d ).

Figure 1.3

A B

m

AB = d

Plaçons en B un objet ponctuel de masse M (appeléobjet d’essai). M est soumise à la force de gravitation,

~F =−ε ·m ·M

d 2~i (1.1)

Figure 1.4

A B

AB = d

m ~i M~F

D’après la définition du vecteur champ de gravita-tion,

~F =M · ~G (1.2)

Identifions les expressions (1.1) et (1.2) :

M · ~G =−ε ·m ·M

d 2~i

~G =−ε ·m

d 2~i

La valeur de ce champ est :

G = ε ·m

d 2

Conclusion: Le champ de gravitation ~G créé par lamasse m en un point B est toujours dirigé et orientévers la masse m . Sa valeur G est : proportionnelle à la masse m ; inversement proportionnelle à d 2.

1.1.4 Les lignes de champ

On appelle ligne de champ de gravitation une lignequi en chacun de ses points, est tangente au vecteurchamp de gravitation ~G en ce point.

Conventionnellement, on oriente les lignes dechamp dans le sens du vecteur ~G .

Figure 1.5

m

G =C t e

ligne de champde gravitation

1.1.5 Champ de gravitation d’un objet àsymétrie sphérique

Dénition.

Un objet à symétrie sphérique est un objet qui présenteles mêmes propriétés dans toutes les directions issuesd’un point O , à la même distance r du point O .

Valeur de champ

Les astres sont des objets à symétrie sphérique. Dupoint de vue de la gravitation, un astre peut être rem-placé par un objet ponctuel coïncidant avec son centreet dont la masse est égale à la masse de l’astre.

Exemple.

Cas de la Terre dont la masse est notée mT . La valeurdu champ de gravitation créé par la Terre en un pointB de l’espace est :

G = ε ·mT

d 2

où : d =RT + z ; RT est le rayon de la Terre : RT ≈ 6400 km ; z est l’altitude du point considéré.

Donc :

G = ε ·mT

(RT +d )2(1.3)

Figure 1.6

Terre

mT

B

d

~G

;

1


Quelques cas particuliers de la valeur du champ

À la surface de la Terre

Où z = 0, l’expression (1.3) nous donne la valeur deG0 du champ de gravitation au sol :

G0 = ε ·mT

RT2

À l’altitude z

Notons G (z ) la valeur du champ de gravitation à l’al-titude z :

G (z ) = ε ·mT

(R + z )2=ε ·mT

(R + z )2

D’après l’expression de G0, on a :

G0 = ε ·mT

RT2 ⇒ G0 ·RT

2 = ε ·mT

Donc

G (z ) =G0 ·RT

2

RT + z2

G (z ) =G0 ·

RT

RT + z

2

Au voisinage de la Terre

RT + z =RT ⇒ G (z ) =G0

Dans un domaine restreint autour de la Terre, lesverticales sont pratiquement parallèles. Donc le vec-teur champ de gravitation ~G conserve même direction,même sens et même valeur : on dit que le champ degravitation ~G est sensiblement uniforme.

1.1.6 Champ de gravitation et champ depesanteur

Nous avons défini en classe de seconde le poids d’uncorps de masse M par la relation ~P =M · ~g . C’est aussi laforce que la Terre, exerce sur ce corps. Notons que dansla relation ci-dessus, ~g est le vecteur champ de pesan-teur. Or d’après la loi de Newton, tout objet au voisinagede la Terre subit une force de gravitation ~F =M · ~G oùM est la masse de l’objet et ~G le vecteur champ de gra-vitation.

Donc en négligeant l’effet de la rotation terrestre, lepoids ~P du corps s’identifie à la force de gravitation uni-verselle :

~F = ~P ⇒ m · ~G =M · ~g ⇒ ~G = ~g

Le champ de pesanteur ~g et le champ de gravitation ~Gen un point sont deux vecteurs égaux.

1.1.7 Variation de l’intensité de lapesanteur

Au niveau du sol

g0 =G0 ⇒ g0 = ε ·mT

RT2

À l’altitude z

g (z ) =G (z ) ⇒ g (z ) = g0 ·RT

2

(RT + z )2

Figure 1.7A

Terre

R

z

Avec la latitude

g dépend aussi de la rotation de la Terre sur elle-même. Cette rotation fait que la Terre a tendance à ren-voyer les objets vers l’extérieur (comme un manège).Cet effet “de manège” est de plus en plus sensible despôles à l’équateur. C’est ce qui explique la variation deg avec la latitude.

Figure 1.8

Equateur g = 9,78 USI

Latitude 45° g = 9,80 USI

Pôle g = 9,83 USI

;

15

1.2. Les forces électriques et le champ électrique

Remarque.Tous les astres exercent des forces d’attraction sur lesobjets situés à leur voisinage ; on peut ainsi dénir un“g ” sur chaque astre.

Par exemple :

Astre Intensité de la pesanteur

Lune gd = 1,62 N kg−1

Vénus gg = 8,90 N kg−1

Jupiter gj = 1,62 N kg−1

Mars gh = 3,60 N kg−1

NB: Il ne faut pas confondre l’action que ces astresexercent sur les objets situés à travers leurs voisinages(actions souvent très intense) à l’attraction (très faible àcause de la distance) que ces astres exercent sur les objetssitués à proximité de la Terre.

1.2 Les forces électriques et lechamp électrique

1.2.1 Les charges électriques

Expérience mettant en évidence les chargesélectriques

Approchons un stylo en matière plastique ou unerègle en plexiglas des petits morceaux de papier lé-gers : rien ne se produit. Frottons ce stylo ou cette règle avec un tissu ou sur

nos cheveux, puis approchons-les des petits mor-ceaux de papier : ils sont attirés par la partie frottéedu stylo ou de la règle.

Figure 1.9Support en verre

Fil de soie

Couche métallique

Moelle de la tige de manioc

Conclusion: Le stylo (ou la règle) frotté, acquiert despropriétés nouvelles qui lui permettent d’attirer desobjets légers : on dit qu’il est électrisé (ou chargéd’électricité) par frottement.

Propriétés des charges électriques

Expérience

Nous utiliserons pour cette expérience : une tige en verre et la laine ; une tige en matière plastique et une peau de chat ; un pendule électrique constitué par une petite

boule très légère (moelle de tige sèche de maniocpar exemple, liège, . . .) dont la surface est recouvertepar une fine couche métallique ; cette boule est sus-pendue par un fil de soie (isolant) à un support enverre (isolant).

Les schémas de la Figure 1.10, 1.11 et 1.12 illustrentl’expérience.

On observe : La tige de verre P , préalablement frottée avec un

chiffon de laine, est approchée du pendule A. La boule, attirée par P , vient à son contact (Fi-

gure 1.10), puis s’en écarte vivement.

Figure 1.10

A

P

La boule A continue à être repoussée quand on ap-proche la tige P .

Figure 1.11

A

P

La tige en matière plastique N , préalablement frot-tée avec une peau de chat, est approchée de A. La

;

1


boule A est attirée par N .

Figure 1.12

A

N

Interprétation

La tige P , électrisée par le frottement, attire la légèreboule du pendule. Par suite du contact, la tige cèdeà la boule une partie d’électricité qu’elle porte. Onparle d’électrisation par contact. La tige et la boule, alors chargées d’une même élec-

tricité, se repoussent. Puisque A est attirée par N et repoussée par P , nous

admettrons que les électricités portées par N et Psont différentes. De plus, la tige N et la boule, char-gées d’électricités différentes, s’attirent.

Conclusion: Tous les corps électrisés se comportentsoit comme le verre frotté avec la laine, soit comme lamatière plastique frottée avec la fourrure.Donc il n’existe que deux sortes d’électricité et deuxseulement. Par convention, on les désigne par : électricité positive notée (+), celle qui apparaît

sur le verre ; électricité négative notée (−), celle qui apparaît

sur la matière plastique ; deux corps chargés d’électricité de même signe

se repoussent. Deux corps chargés d’électricité de signes

contraires s’attirent.

Remarque.

Le choix des signes (+) et (−) se justie par lapossibilité qu’ont ces électricités de pouvoir an-nuler leurs eets : on dit qu’elles se neutralisent.Mais l’attribution du signe (+) à l’une plutôt qu’àl’autre est purement conventionnelle. Tout corps à l’état naturel est électriquement

neutre c’est-à-dire qu’il contient autant d’élec-tricités (+) que d’électricités (−). Lorsqu’un corps possède un excédent de l’une

des électricités, on dit qu’il est chargé.

1.2.2 Unité de charge électrique

Dans le système international, les charges élec-triques s’expriment en coulomb 1, symbole C.

Dans la nature, la plus petite particule chargée d’élec-tricité a une importance fondamentale : c’est l’électron,portant une électricité (−). Ainsi, on note la charge d’unélectron :

e −1 =−1,6×10−19 C

1.2.3 Interaction entre les charges : Laloi de Coulomb

Expression de la loi de Coulomb

Valeur des forces électriques

Nous savons que deux charges peuvent s’attirer ou serepousser selon leurs signes. La loi de Coulomb préciseles caractéristiques de ces forces électrostatiques entredeux charges.

Les forces d’attraction ou de répulsion qui s’exercententre deux charges ponctuelles QA et QB placées respec-tivement aux points A et B , ont la même droite d’action, la droite AB ; sont opposées ; ont la même intensité. Cette intensité est propor-

tionnelle àQA etQB et inversement proportionnelleau carré de la distance d = AB qui sépare les deuxcharges.

FB/A = FA/B = K ·|QA | · |QB |

d 2

Avec : |QA | et |QB | valeurs absolues des charges en cou-

lomb [C] ; d en mètre [m] ; K = 9×109 en unités SI, constante de proportion-

nalité ; F en newton [N].

Figure 1.13

A B

QA (+) QB (+)

d

~FB/A ~FA/B

1. Du nom du physicien français Charles Auguste de Coulomb(1736–1806).

;

17

1.3. Le champ électrostatique

Figure 1.14

A B

QA (−) QB (−)

d

~FB/A ~FA/B

Figure 1.15

A B

QA (+) QB (−)

d

~FB/A ~FA/B

Expression vectorielle des forces électriques

Définissons sur l’axe AB un vecteur unitaire ~i orientéde A vers B . L’expression vectorielle de la loi de Cou-lomb est :

~FA/B = K ·|qA | · |qB |

d 2· ~i

~FB/A =−K ·|qA | · |qB |

d 2· ~i

qA et qB peuvent être de mêmes signes (Figure 1.16) oude signes contraires (Figure 1.17).

Figure 1.16

A B

qA (+) qB (+)

~i ~FA/B

A B

qA (−) qB (−)

~i ~FA/B

Figure 1.17

A B

qA (+) qB (−)

~i ~FA/B

A B

qA (−) qB (+)

~i ~FA/B

Comparaison entre les lois de Newton et deCoulomb

Écrivons les expressions de la force gravitationnelleet celles de la force électrique.

Loi de Newton

~F =G ·|mA | · |mB |

d 2· ~i

F =G ·|mA | · |mB |

d 2

Loi de Coulomb

~F = K ·|qA | · |qB |

d 2· ~i

F = K ·|qA | · |qB |

d 2

Analogie

Dans les deux cas, l’intensité de la force est : inversement proportionnelle au carré de la dis-

tance ; proportionnelle aux grandeurs caractérisant les

corps en interaction.

Diérence

Les forces gravitationnelles sont toujours attrac-tives (en effet, il n’existe pas de masse négative). Les forces électriques peuvent être attractives ou

répulsives.

1.3 Le champ électrostatique

Considérons par exemple l’action du corps électriséA sur le corps électrisé B .

Dénition.

Il existe au voisinage de A, une région de l’espace oùson inuence peut s’exercer sur une autre charge élec-trique : cette région de l’espace est appelée champ élec-trostatique crée par le corps électrisé A.

En général, on dit qu’il existe un champ électrosta-tique dans une région de l’espace si une charge élec-trique, placée dans cette région, est soumise à une forceélectrostatique.

Le vecteur champ électrostatique

Plaçons successivement en un point M d’un champélectrostatique des charges q1, q2, q3, . . . , qn .

Dénition.

Le bilan des forces a montré que les forces électro-statiques ~F1, ~F2, ~F3, . . . , ~Fn qui agissent sur ces chargessont liées par la relation :

~F1

q1=~F2

q2=~F3

q3= · · ·=

~Fn

qn

Le terme commun à ces quotients ne dépend quedu point M considéré et non des charges placéesen ce point. C’est ce rapport constant qui nous per-met de définir le vecteur champ au point M , noté ~EM .D’où :

~EM =~F

q

où ~F est la force électrostatique qui s’exerce sur unecharge q placée au point M .

;

1


On pourrait aussi dire qu’une charge q placée dansun champ électrostatique ~E , subit une force ~F telleque :

~F = q · ~E

Caractéristiques du vecteur champ électrostatique ~EM aupoint M

Les caractéristiques de ~EM se déduisent de celles dela force ~F que subit une charge q quelconque placée enM : origine : le point M ; direction : celle de ~F ; sens : celui de ~F si q (+) (Figure 1.18) et celui de - ~F

si q (−). (Figure 1.19) ;

intensité : EM =F

|q |.

Figure 1.18M

q (+)

~F~E

Figure 1.19M

q (−)

~F ~E

Unité de E

La règle de formation du nom des unités déri-vées, appliquée à la formule précédente donne E ennewton par coulomb (N C−1). Mais l’unité SI de Eest le volt par mètre (V m−1), notons cependant que(1 V m−1 = 1 N C−1)

Champ électrostatique crée par une charge ponctuelle

Soit une charge ponctuelle qA placée en un point A.Déterminons les caractéristiques du vecteur champ

électrostatique créé par qA (on l’appelle “charge sour-ce”) en un point quelconque M de l’espace. On le note~EM .

Pour cela, plaçons en M une charge q (appelée“charge d’essai”). D’après la loi de Coulomb, la charge qest soumise à une force électrostatique (exercée par qA)

~F = K ·qA ·qAM 2

~u

où ~u =~AM

|| ~AM ||= vecteur unitaire de la droite AB

par ailleurs ~EM est lié à ~F et à q par ~EM =~F

q

A partir de l’expression ~F , nous avons :

~EM = K ·qA

AM 2~u

Les caractéristiques du vecteur champ créé par qA aupoint M sont : origine : le point M ; direction : la droite AM ; sens : il dépend de signe de qA .

Si qA (+) plaçons en M une charge q ~F = q · ~E si q (+) ⇒ ~F et ~E ont même sens (Fi-

gure 1.20) ; ~F = q · ~E si q (−) ⇒ ~F et ~E sont de sens opposés

(Figure 1.21).

Figure 1.20M

q (+)

A

qA (+)

~F~E

Figure 1.21M

q (−)

A

qA (+)

~F ~E

Donc le champ ~E créé par une charge (+) est orientéde la charge vers l’extérieur ; on dit que le champ estcentrifuge si qA (-). On démontre de la même manièreque ci-dessus, que le champ ~E créé par une charge (−)est orienté vers la charge (Figure 1.22).

Figure 1.22MA

qA (-)

~E

On dit que le champ est centripète. Itensité :

E = K ·qA

AM 2.

Cette intensité ne dépend que de la valeur de lacharge qA et de la distance AM .

Exercice

Calculer l’intensité du champ électrostatique créé parle proton d’un atome d’hydrogène sur l’orbite décritepar l’électron.a. Préciser le sens du vecteur ~E décrivant ce champ.b. Quelle est l’intensité de la force qui s’exerce sur

l’électron enmouvement sur cette orbite? Préciserle sens du vecteur force ~F .

On donne : r = 53,3×10−12 m (r = rayon de l’orbite) ; +e = 1,6×10−19 C (charge du proton) ; −e =−1,6×10−19 C (charge de l’électron).

;

19

1.3. Le champ électrostatique

Solution

Intensité du champ électrostatique

E = K ·q

r 2

= 9×109 ·1,6×10−12

(53,3×10−12)2

= 5,06×1011 V m−1

Sens du vecteur champ ~E~E est centrifuge car il est créé par une charge (+), leproton (Figure 1.23).

Figure 1.23

+

e −

~E

~F

Intensité de la force que subit l’électron

F = q ·E = e ·E

= 1,6×10−19 ·5,06×1011

= 8,1×10−8 N

Sens du vecteur force ~F~F = q · ~E avec q = −e −→ ~F = −e · ~E . Donc ~Fest opposé à ~E .

Champ électrostatique créé par plusieurs chargesponctuelles

Cas de deux charges

Considérons deux charges qA et qB (charges sources)qui, respectivement placées en A et B créent un champ~E en un point M . Etudions les caractéristiques de ~E .

Pour cela, plaçons une charge q (charge d’essai) aupoint M (voir figure).

Figure 1.24

M

q (−)

qA (+)

qB (+)

~FB

~FA

~F

~EB

~EA

~E

Soit ~EA le champ qui existerait si la charge qA était

seule ; la force développée sur q serait :

~FA = q · ~EA

Soit ~EB le champ qui existerait si la charge qB étaitseule ; la force développée sur q serait :

~FB = q · ~EB

Par définition, le champ électrostatique ~E résultant dela présence simultanée des deux charges est :

~E =~F

q=~FA + ~FB

q=~FA

q+~FB

q= ~EA + ~EB

soit : ~E = ~EA + ~EB

Généralisation : cas de plusieurs charges q1, q2, . . . , qn .

Le vecteur champ électrostatique ~EM créé par plu-sieurs charges ponctuelles q1, q2, . . . , qn en un point Mest égal à la somme vectorielle des vecteurs champ crééspar chacune des charges agissant seule.

~EM = ~E1M + ~E2M + · · ·+ ~EnM

1.3.1 Lignes de champ

On appelle ligne de champ une courbe qui, en cha-cun de ces points, est tangente au vecteur champ élec-trostatique ~E . Cette courbe est orientée dans le mêmesens que le vecteur ~E .

Figure 1.25

+ −

Figure 1.26

+ −

~EM

M

~EN

N

lignes de champ créés par une charge ponc-tuelle (+) ; lignes de champ créés par une charge ponc-

tuelle (−) ;

;

1


lignes de champ créés par deux charges ponctuelleségales et de signes contraires.

1.3.2 Champ électrique uniforme

Dénition.

Un champ électrique est uniforme dans un domainede l’espace si, en tout point de ce domaine, le vecteurchamp électrique ~E conserve même direction, mêmesens et même valeur.

Propriété importante

Dans un domaine de l’espace où le champ électriqueest uniforme, les lignes de champ électrique sont desdroites parallèles.

Réalisation d’un champ électrique uniforme

Dispositif

On utilise une petite coupelle contenant de l’huile deparaffine : on saupoudre sur ce liquide des grains desémoule. Ces grains sont alors orientés dans toutesles directions du plan. Grâce à un générateur continu,on établit, entre deux plaques planes et parallèles quiplongent dans le liquide, une tension continue.

Figure 1.27

+ −

Plaque P1 Plaque P2

~E

+ −

+ −

+ −

+ −

Générateur continu

Observations

On constate que les grains de sémoule s’orientent etdessinent des lignes parallèles. Nous admettons queces lignes sont les lignes de champ électrique et puis-qu’elles sont parallèles, le champ créé est uniforme.L’ensemble constitué par deux plaques planes et paral-lèles entre lesquelles on établit une tension constanteest un condensateur plan chargé : les plaques portent

le nom d’armatures. L’armature reliée au pôle (+) du gé-nérateur porte des charges positives et l’armature reliéeau pôle (−) des charges négative. Le vecteur ~E corres-pondant au champ uniforme est : perpendiculaire aux armatures ; dirigé de l’armature positive vers l’armature néga-

tive c’est-à-dire de l’armature de plus haut poten-tiel vers l’armature de plus bas potentiel.

A l’intérieur d’un condensateur plan chargé, il existeun champ électrique uniforme. La Figure 1.28 est la re-présentation symbolique du condensateur plan chargé :

Figure 1.28

A B

P N

+−

+

+

−

−

+

+

−

−

+

+

−

−

d

~E

~E

~E

la valeur du champ uniforme obtenu est proportion-nelle à la tension U entre les plaques (égale à la f.é.m. Edu générateur car : U =UAB =UP N et UP N = E − r I = Epuisque I = 0) et inversement proportionnelle à la dis-tance d entre les plaques :

E =U

d

Cette formule montre que la valeur E du champ s’ex-prime en V/m ou V m−1 qui est l’unité SI de champ élec-trique (unité qu’il faut donc utiliser préférentiellementau N C−1). D’où la formule à retenir avec les unités.

1.4 Les forces magnétiques – Lechamp magnétique

1.4.1 Les forces magnétiques

Les aimants

Dénition.

Un aimant est un corps capable d’attirer le fer.

Un aimant peut être :Naturel C’est le cas du minerai de fer appelé magnétite

et constitué de l’oxyde de fer (Fe3O4) (appelé pourcette raison oxyde magnétique de fer).

;

111

1.4. Les forces magnétiques – Le champ magnétique

Artificiel C’est le cas d’un morceau d’acier frotté tou-jours dans le même sens avec un aimant. Un ai-mant artificiel peut être permanent ou temporaire.

Les aimants artificiels ont des formes variées. Lesplus usuels sont : (Figure 1.29)

Figure 1.29

Aiguille aimantée

Aimant droit Aimant en U

Les pôles d’un aimant

Plongeons un aimant dans la limaille de fer. Quelleque soit sa forme, nous constatons que l’aimant ne re-tient la limaille de fer qu’en certaines régions voisinesde ses extrémités : ces régions sont appelées pôles del’aimant. Un aimant possède en général deux pôles :

le pôle nord orienté vers le Nord ; le pôle sud orienté vers le Sud.

Interaction entre un aimant et le fer

Approchons un objet en fer d’un aimant suspendu.Nous constatons l’attraction de l’aimant par l’objet. In-versement, un objet en fer suspendu auquel on ap-proche un aimant subit l’attraction de l’aimant.

Remarque.

1. L’interaction entre l’aimant et l’objet en fer estune action à distance. Elle peut s’exercer à tra-vers des substances que l’aimant n’attire pas (pa-pier, verre, aluminium, cuivre. . .)

2. L’aimant attire aussi le nickel ainsi que les al-liages contenant le fer et le nickel.

Interaction entre les aimants

Si on approche un barreau aimanté d’une aiguilleégalement aimantée et mobile sur un pivot, on s’aper-çoit que son pôle nord repousse le pôle nord de l’ai-guille (Figure 1.30) tandis que son pôle sud est attiré(Figure 1.31).

Figure 1.30

N

S

NS

Figure 1.31

N

S

NS

Ces expériences montrent que : deux pôles de même nom se repoussent ; deux pôles de noms différents s’attirent.

Conclusion: Les forces d’interaction magnétique sontdes forces opposées ; leur intensité commune diminuerapidement avec la distance des objets en interaction.

1.4.2 Le champ magnétique

Dénition.

On appelle champmagnétique, toute région de l’espacedans laquelle un aimant est soumis à des forces magné-tiques.

Figure 1.32

N

S

Le meilleur détecteur de champ magnétique est uneaiguille aimantée montée sur un pivot (donc libre des’orienter)

;

1


Le vecteur champ magnétique

L’état magnétique d’un point M est décrit grâce à unvecteur qu’on appelle vecteur champ magnétique ~B ence point. Les caractéristiques de ce vecteur sont : origine : le point M du champ magnétique ; direction : celle de l’aiguille aimantée libre de

s’orienter dans toutes les directions de l’espace etdont le centre d’inertie G est placé en M ; sens : celui qui va du pôle sud vers le pôle nord de

l’aiguille soit le sens du vecteur ~SN ; norme de ~B : elle est égale à l’intensité du champ

magnétique en ce point ; on dit plus simplementau champ magnétique en ce point.

Cette grandeur champ magnétique B s’exprime en teslaT dans de SI d’unités. Ce nom vient de celui de l’ingé-nieur croate Nikola Tesla (1857–1943).

Le champ magnétique est mesurable à l’aide d’unappareil appelé Teslamètre.

Remarque.Le tesla est une unité trop grande de champ magné-tique. Par exemple, les champs magnétiques créés pardes aimants permanents sont de l’ordre du tesla. Pourcréer un champ de 30 T, il faut une technologie lourde.Dans les centres de recherche, on préfère une autreunité, le gamma, qui permet de mesurer les petites va-riations de champ magnétique.

1 T = 109 gammas

Figure 1.33

Ligne de champ

~B

~B

~B

Les lignes de champ. Le spectre magnétique

Les lignes de champ

Les lignes de champ sont des courbes qui, en chacunde leurs points, sont tangentes au vecteur champ ma-gnétique ~SN . La ligne de champ est orientée dans lesens de ~SN .

Pour matérialiser une ligne de champ magnétique,on peut utiliser plusieurs aiguilles aimantées ou de lalimaille de fer.

Le spectre magnétique

L’ensemble des lignes de champ constitue le spectremagnétique de l’aimant considéré. Ainsi donc, lesgrains de la limaille de fer qui s’aimantent sous l’actiondu champ magnétique, s’orientent suivant les lignes dechamp.

Figure 1.34

SN SN

Spectre magnétique de quelques aimants

Cas d’un aimant droitOn détermine le sens des lignesde champ en imaginant la position prise par unepetite aiguille aimantée placée dans le champ et enappliquant les lois d’interaction des aimants. Onconstate donc que les lignes de champ “sortent” parle pôle nord d’un aimant droit et “entrent” par lepôle sud. Cas d’un aimant enU

Figure 1.35

N S

L’expérience avec la limaille de fer montre que :

Le champ magnétique est très intense près despôles. Entre les branches de l’aimant, les lignes de champ

sont parallèles.

;

113


Le champ magnétique uniforme

On dit qu’un champ magnétique est uniforme quandle vecteur champ magnétique ~SN a même direction,même sens et même intensité en tout point de l’espacechamp. Les lignes de champ d’un champ uniforme sontdes droites parallèles.

Exemple.

Entre les branches d’un aimant enU , le champ magné-tique est uniforme.

1.4.3 Le champ magnétique terrestre ouchamp géomagnétique

Eloignée de toute substance magnétique, une ai-guille aimantée mobile adopte une position d’équilibrebien déterminée, son pôle nord indiquant le nord ma-gnétique. Il en est de même pour une bobine suspendueà un fil sans torsion et parcourue par un courant.

Figure 1.36

N

Horizontale

S

N

~Bh

~BV

~BT

~BT

I

S

En effet il existe à la surface de la Terre, un champ ma-gnétique qui agit sur l’aimant (ou la bobine parcouruepar un courant) et lui impose sa position d’équilibre. LaTerre est la source principale de ce champ magnétiqueterrestre (ou champ géomagnétique).

Dans un espace de dimensions restreintes, ce champpeut être considéré comme localement uniforme. Il estdécrit par le vecteur champ magnétique terrestre ~BT

ayant les caractéristiques suivantes : ~BT est contenu dans un plan vertical passant par les

pôles magnétiques terrestres (plan méridien ma-gnétique). ~BT fait avec l’horizontale un angle I appelé incli-

naison. L’aiguille aimantée d’une boussole, lestéede manière qu’elle reste horizontale, n’obéit qu’à lacomposante horizontale ~Bh du champ magnétiqueterrestre. On peut écrire :

~BT = ~Bh + ~BV

où ~BV est la composante verticale du champ ma-gnétique terrestre. L’intensité de ~BT est comprise entre 3,3×10−5 T

(dans le plan équateur magnétique) et 6,6×10−5 T(aux pôles magnétiques).

Enfin, signalons qu’à proximité d’un aimant ou d’unebobine parcourue par un courant, le champ magné-tique terrestre, très peu intense, peut généralement êtrenégligé par rapport au champ magnétique que créentces sources.

1.4.4 Champ magnétique crée par uncourant

Nous avons vu dans l’étude des effets du courant élec-trique (classe de seconde) que le courant électrique créeun champ magnétique dont le sens dépend du sens ducourant électrique. Nous allons étudier dans ce para-graphe les caractéristiques de ce champ magnétique enfonction de la géométrie du circuit.

Champ magnétique créé par un l inniment longet parcouru par un courant

Figure 1.37Q

P

O

I

I

M

~B

Expérience

Le dispositif expérimental comprend :

Un conducteur PQ alimenté par un générateur. Ce conducteur traverse perpendiculairement une

feuille de carton ou de plexiglas.

On explore le champ magnétique dans le plan perpen-diculaire en O à PQ . Les points M sont situés à unefaible distance de O . Dans ces conditions, le conduc-teur PQ est considéré comme infiniment long. En sau-poudrant de la limaille de fer sur la feuille, on constateque les petits grains de limaille qui s’aimantent dansle champ créé par le courant s’orientent suivant descercles concentriques autour du conducteur. Une ai-guille aimantée montée sur un pivot permet de déter-miner les lignes de champ.

;

1


Les caractéristiques du vecteur champ magnétique aupoint M

Direction : le vecteur champ magnétique ~B au pointM est tangent à la ligne de champ passant par M . Sens : le sens du champ magnétique ~B créé au point

M est donné par le pouce (disposé perpendiculai-rement aux quatre doigts joints) d’une main droite,la paume tournée vers le point M , le courant sor-tant par les quatre doigts joints. Une aiguille ai-mantée placée en M permet de vérifier ce sens.Cette méthode n’est qu’un moyen (parmi beau-coup d’autres) mnémotechnique de déterminer lesens de ~B . L’intensité de ~B : l’intensité du champ magnétique

au point M est proportionnelle à l’intensité I ducourant et inversement proportionnelle à la dis-tance O M = d .

On écrit :

B = K ·I

d

Avec K = 2×10−7 dans le vide ou dans l’air.

B = 2×10−7 ·I

d I en ampères (A) ; d en mètres (m) ; B en tesla (T).

Le champ magnétique créé par une spirecirculaire parcourue par un courant

Expérience

Le dispositif expérimental comporte : une spire circulaire alimentée par un générateur ; cette spire traverse perpendiculairement une

plaque de plexiglas.

Figure 1.38

~B

I

O

On se propose d’étudier le champ créé par ce cou-rant circulaire dans le plan perpendiculaire à la spire etpassant par son centre. Pour cela, on saupoudre de lalimaille de fer sur la plaque. Les grains de la limaille defer qui s’aimantent dans le champ magnétique créé parle courant électrique, s’orientent suivant les lignes dechamp. Pour trouver le sens des lignes de champ, on uti-

lise des aiguilles aimantées dont la direction sud-nordindique le sens du vecteur ~B .

Caractéristiques du vecteur champ magnétique au centrede la spire

Direction : Le champ magnétique ~B est perpendicu-laire au plan de la spire. Sens : Le sens de ~B est donné par le pouce (dis-

posé perpendiculairement aux quatre doigts joints)d’une main droite posée sur la spire, la paume tour-née vers le centre de la spire et le courant sortantpar les quatre doigts joints. Intensité : L’intensité B du champ magnétique au

centre O de la spire est proportionnelle à l’inten-sité I du courant et inversement proportionnel aurayon R de la spire.

B = 2×10−7 ·I

R I en ampères (A) ; R en mètres (m) ; B en tesla (T).

1.4.5 Cas d’une bobine plate circulaire

Une bobine plate est formée de N spires circulairesdont le rayon est proche du rayon moyen R . Le champmagnétique au centre O de la bobine est donnée par larelation :

B = 2π×10−7 ·N · I

R

1.4.6 Le champ magnétique créé par unsolénoïde inniment long

Figure 1.39

Schéma d’un solénoïde

Schéma semplifié d’un solénoïde

Un solénoïde est une bobine longue qu’on obtienten enroulant sur un support isolant cylindre N spirescirculaires de fil conducteur. Le solénoïde est dit infi-niment long lorsque le diamètre D de la spire est trèsfaible devant la longueur L du solénoïde.

;

115


Expérience

On se propose d’étudier le champ magnétique créé parle courant dans un plan passant par l’axe du solénoïde.On réalise donc l’expérience suivante : Un solénoïde est alimenté par un générateur. Les spires traversent une plaque de plexiglas pas-

sant par l’axe du solénoïde. Lorsqu’on saupoudrede la limaille de fer sur la plaque, on constate que : les grains de limaille qui s’aimantent dans le

champ du solénoïde s’orientent suivant descourbes fermées sur elles-mêmes et partantd’une extrémité de la bobine à l’autre ; à l’intérieur du solénoïde, les lignes de champ

sont parallèles ; le champ magnétique est uni-forme à l’intérieur du solénoïde.

Figure 1.40

SN

N

S

~B

Nous constatons que le spectre obtenu est semblableà celui d’un aimant droit.

Les caractéristiques du vecteur champ magnétique ~B

Direction : Le vecteur champ magnétique ~B est di-rigé suivant l’axe du solénoïde. Sens : Le sens du vecteur champ magnétique ~B est

donné par le pouce (disposé perpendiculairementaux quatre doigts joints) d’une main droite poséesur le solénoïde, la paume tournée vers l’intérieurdu solénoïde et le courant sortant par les quatredoigts joints.

Remarque.Il ne faut pas confondre le sens de ~B (sens duvecteur sn vec de l’aiguille aimantée détectrice de~B ) et les pôles Sud et Nord du solénoïde. Ainsi, lepouce de la main droite indique en même tempsle sens de ~B et la face Nord de la bobine plate oule pôle Nord du solénoïde. (Figure 1.40).

Intensité : L’expérience montre que B au centreO du solénoïde est proportionnel à l’intensitéI du courant, au nombre N de spires et in-versement proportionnel à la longueur L dusolénoïde. Dans le vide et pratiquement dansl’air,

B = 4π×10−7 ·N · I

L

I en ampères (A) ; L en mètres (m) ; B en tesla (T).

Le rapport N over L représente le nombre despires par unité de longueur. On le désigne sou-vent par la lettre n et la formule ci-dessus de-vient :

B = 4π×10−7 ·n I

Remarque.

Le coecientµ0 = 4π×10−7 est appelé perméa-bilité magnétique du vide. Ce coecient est pra-tiquement le même dans l’air. La formule B = 4π×10−7 ·n I n’est valable que

pour un solénoïde inniment long, c’est-à-direpour une bobine dont la longueur est supérieurà 10 fois son rayon.

1.4.7 Action d’un champ magnétique surun élément de circuit parcouru parun courant. Loi de Laplace

Notions préliminaires

Représentation conventionnelle d’un vecteurperpendiculaire à un plan

Pour des raisons de clarté, on préfère quelquefois lesschémas en coupe plutôt qu’en perspective. Les vec-teurs perpendiculaires au plan de la figure sont alors re-présentés ainsi qu’il suit : Le vecteur ~B perpendiculaireau plan P est orienté vers l’observateur (Figure 1.41).

Figure 1.41

P

~BPerspective

Observateur

P

~B

En coupe

Le vecteur ~B perpendiculaire au plan P “fuit” l’obser-vateur (Figure 1.42).

;

1


Figure 1.42

P

~B

Perspective

Observateur

P

~B

En coupe

Notion de trièdre direct

Soit une base orthonormée (~i , ~j , ~k ) de l’espace vec-toriel E . ~i et ~j étant donnés, il existe deux orientationspossibles pour ~k : (Figure 1.43). En fonction de l’orien-tation du vecteur ~k le trièdre (~i , ~j , ~k ) est direct ou non.

Figure 1.43

~j

~k

~i

~j

~k~i

Plusieurs méthodes permettent de vérifier qu’un tri-èdre est direct ou non. Nous retiendrons la règle destrois doigts de la main droite. On dispose perpendicu-lairement le pouce aux autres doigts joints (Figure 1.44).

Figure 1.44~k

~i

~j

L’index indique la direction de la et le sens de ~i ; Le doigt du milieu est dirigée vers ~j ; Le pouce indique la direction et le sens de ~k .

Figure 1.45

~i

~k

~j

Nous pouvons vérifier à l’aide de cette règle que surla Figure 1.43, c’est le trièdre (~i , ~j , ~k )de la Figure 1.45 quiest direct.

Le produit vectoriel

Figure 1.46~V1 ∧ ~V2

~V2

~V1

α

Soient deux vecteurs ~V1 et ~V2 de l’espace vectorielorienté. On appelle produit vectoriel de ~V1 par ~V2, noté~V1 ∧ ~V2, le vecteur défini par : ~V1 ∧ ~V2 = ~0 si ~V1 et ~V2 sont colinéaires ou si l’un des

vecteurs est nul. si ~V1 n’est pas colinéaire à ~V2 et si aucun des deux

n’est nul, alors : ~V1 ∧ ~V2 est perpendiculaire au plan formé par~V1 et ~V2.

Le sens de ~V1 ∧ ~V2 est tel que le trièdre( ~V1, ~V2, ~V1 ∧ ~V2) est direct. La norme de ~V1 ∧ ~V2

est :

‖ ~V1 ∧ ~V2‖=V1 ·V2 · sinα

où α est l’angle compris entre ~V1 et ~V2.

Expériences

Expérience 1

Dispositif expérimental

Le conducteur O A est une tige de cuivre. Son extrémitéA plonge dans le mercure contenu dans une cuve. Lechamp magnétique ~B uniforme est produit par un ai-mant en U (non représenté pour des raisons de clarté).La zone où règne le champ est représentée par le petitrectangle en pointillés.

;

117


Observations

Figure 1.47

Si on ferme l’interrupteur K , le conducteur O A dé-vie vers la droite. Si on ouvre l’interrupteur K , le conducteur OA re-

vient à sa position initiale.

Figure 1.47

A

K

O

A

I

α

~Bl

Figure 1.48

Du dispositif expérimental, on n’a représenté que lapartie sur laquelle porte les observations. L’interrupteur étant toujours fermé, si on change le

sens du courant, la tige O A dévie vers la gauche. L’interrupteur étant toujours fermé, si on augmente

l’intensité du courant à l’aide du rhéostat, onconstate que l’angle α de déviation augmente.

Figure 1.48

A

K

O

A

I

α

l ~B

Conclusion: Le conducteur O A placé dans un champmagnétique uniforme et parcouru par un courant estsoumis à une force dite force électromagnétique : Le sens de cette force dépend du sens du cou-

rant. L’intensité de cette force est proportionnelle à

l’intensité du courant.

Expérience 2


Le dispositif expérimental est le même que celui de laFigure 1.47. Seul le sens de ~B a changé.

Figure 1.49

A

K

O

A

I

α

l ~B

Observation

Figure 1.49 : lorsque l’interrupteur est fermé, la tigeO A dévie vers la gauche. Figure 1.50 : on conserve le sens du courant et on

remplace le champ magnétique ~B par un champ ~B ′

de même direction et de même sens, mais d’inten-sité B ′ < B .

On constate alors que l’angle α′ de déviation est infé-rieur à α

Figure 1.50

A

K

O

A

I

α′

l ~B ′

;

1


Expérience 3


Figure 1.51

A

K

O

A

I

− − − −− − − − −− − − −

~B ′

Le dispositif expérimental est le même que ceux desFigures 1.47 et 1.48. Ici, le champ magnétique ~B est pa-rallèle au conducteur O A.

Observation

Lorsque l’interrupteur K est fermé, le conducteur O A(parcouru par un courant) reste immobile.

Figure 1.52O

A

~B1

~B2

~B

ββ

Conclusion: La force électromagnétique n’existe quesi le conducteur “coupe” les lignes de champ. Si le vec-teur ~B fait un angleβ avec le conducteurO A, on peutle décomposer en deux vecteurs ~B1 et ~B2. ~B1, parallèleau conducteur, n’a aucun eet. Seules la composanteB2 = B sinβ intervient dans la force électromagné-tique.

1.4.8 La force de Laplace 2

Les résultats des expériences ci-dessus ontconduit à énoncer la loi suivante, dite loi de La-place :

Enoncé 1.1: loi de Laplace

Une portion de conducteur de longueur l parcouruepar un courant d’intensité I et placée dans un champmagnétique ~B uniforme, est soumise à une force élec-tromagnétique ~F dite force de Laplace, dénie par :

~F = I ~l ∧ ~B

Le vecteur I ~l est orienté dans le sens du courant.

Les caractéristiques du vecteur ~F

La direction de ~F est orthogonale au plan formépar les vecteurs I . ~l et ~B . Le sens de ~F est tel que le trièdre (I ~l , ~B , ~F ) est

direct. Rappelons que le sens de ~F est donné parle pouce (disposé perpendiculairement aux autresdoigts joints) de la main droite, la paume indiquantle sens de ~B et le courant sortant par les quatre doigtsjoints. L’intensité de ~F est :

F = I l B sinα

où : I en ampères (A) ; l en mètre (m) ; B en tesla (T) ; F en newton (N) ; α est l’angle compris entre I ~l et ~B .

Le point d’application de ~F est le milieu de la por-tion de circuit soumise au champ.

1.4.9 La force magnétique de Lorentz 3

Enoncé 1.2.

Une particule de charge q , animée d’un mouvementde vitesse ~V dans le champ magnétique ~B , subit uneforce magnétique appelée force de Lorentz dénie par :

~F = q ~V ∧ ~B

2. Pierre-Simon, marquis de Laplace (1749–1827), mathématicienet physicien français.

3. Hendrik Antoon Lorentz (1853–1928), physicien hollandais.

;

119

1.5. Enoncés des exercices et problèmes

Caractéristiques de la force de Lorentz ~F = q ~V ∧ ~B

Sa direction est perpendiculaire au plan formé par~V et ~B .

Son sens est tel que le trièdre (q ~V , ~B , ~F ) soit direct.Ce sens est donné par le pouce lorsqu’on utilise laméthode de la main droite ; q ~V étant parallèle auxquatre doigts joints et la paume dirigée vers ~B . Son intensité est donnée

par :

F = |q V B sinα|

avec : F en newton (N) ; q en coulomb (C) ; V en mètre par seconde (m s−1) ; B en tesla (T).

Propriétés de la force de Lorentz

Le champ magnétique est sans action (force de Lo-rentz nulle) sur : une particule chargée au repos (v = 0) contraire-

ment à la force électrique ~F = q ~E qui existe mêmequand la particule chargée est au repos). une particule chargée se déplaçant dans

la direction de ~B (dans ce cas α = 0 ouα=π ⇒ sinα= 0). Une particule neutre (q = 0)même en mouvement.

1.5 Enoncés des exercices etproblèmes

Forces gravitationnelles et champgravitationnel

Exercice 1.

Un astronaute emporte un paquet de sucre de massem = 1 kg sur la Lune. Déterminer la masse et le poidsdu paquet de sucre sur la Lune. On donne massede la lune ML = 7,34×1022 kg; Rayon de la LuneRL = 16,17×105 m.

Exercice 2.

Calculer l’attraction exercée par le Soleil, puis par la Lune,sur un corps de masse 10 kg, situé à la surface de la Terre.Comparer cette force d’attraction au poids du corps. Ondonne : masse du Soleil : MS = 1,99×1030 kg masse de la Lune : ML = 7,34×1022 kg masse de la Terre : MT = 6×1024 kg rayon de la Terre : RT = 64×105 m distance Terre-Soleil : D = 1,49×1011 m distance Terre-Lune : d = 3,84×108 m

Exercice 3.

Un satellite artificiel a une masse m = 200 kg. Calculerson poids au niveau du sol, puis à l’altitude h = 1000 km.On donne : masse de la Terre : MT = 6×1024 kg rayon de la Terre : RT = 64×105 m

Exercice 4.

On donne en N kg−1, les valeurs du champ de pesanteurà la surface des différents astres. Venus : Gg = 8, 9 Lune : Gd = 1, 62 Jupiter : Gj = 22, 6 Mars : Gh = 3, 6 Terre : GL = 9, 8 Uranus : gF = 8, 3

I

4.1. Le poids d’un corps sur Jupiter est 1130 N. Quel estle poids de ce corps sur Mars ?4.2. Quelle est la masse du corps qui a le même poids(1130 N) sur la Lune ?

;

1


II

Un objet de masse 1, 8 tonne est posé sur la Lune. La dis-tance Terre – Lune est d’environ 377 600 km soit 59 foisle rayon de la Terre. Sachant que le champ varie avec l’al-titude h selon la relation :

gh = g0 ·R

(R +h )2

avec g0 = 9,8 N/kg et R = 6400 km (rayon de la terre)4.1. Calculer le poids lunaire de cet objet (attraction quela lune exerce sur cet objet)4.2. Calculer le poids terrestre de cet objet (l’attractionque la Terre exerce encore sur l’objet posé sur la lune)

Exercice 5.

Calculer la masse de la Terre, sachant qu’en réalitéson rayon est de 6370 km. En déduire la masse volu-mique moyenne de la terre et comparer à la masse vo-lumique au niveau des couches superficielles qui est de3000 kg m−3 environ. On donne g0 = 9,78 kg.

Forces électriques

Exercice 6.

Une charge électrique ponctuelle de −10−6 C est placéeen un point O d’un axe O x . Trouver la valeur de la chargequ’il faut placer au point M , tel que O M = 5 cm, pour queces deux charges exercent entre elles une force répulsived’intensité F = 3,6 N.

Exercice 7.

Trois charges égales et de même signe sont placées auxpoints A, B , C , comme l’indique la figure .

2a aA B C

AB = 2a et B C = a . La force exercée par qA sur qB estF = 10−6 N.7.1. Quelle est la force exercée par qC sur qB ?7.2. Quelle est la force subie par qB ?7.3. Calculer qA = qB = qC lorsque a = 2 cm

Exercice 8.

Une petite boule A de dimensions négligeables, de massem = 0,5 g, est suspendue à un fil isolant. Soit qA la chargede la boule A. On approche de A une boule B portant lacharge qB = 10−6 C. La boule A s’éloigne de B . A l’équi-libre, A et B sont sur une même horizontale et distantesde d = 1 m. Le fil de suspension de A fait avec la verticaleun angle de 30°.8.1. Quel est le signe de la charge de A ?8.2. Calculer FA/B (action de A sur B ).

8.3. Calculer la valeur numérique de qA . On donneg = 10 U S I.

Exercice 9.

9.1. Donner l’énoncé de la loi de Coulomb.9.2. Deux charges qA et qB sont placées en deux pointsA et B distants de 10 cm9.2.1. Trouver la valeur de chaque charge sachant queces deux charges exercent l’une sur l’autre une force d’at-traction d’intensité F = 2×10−4 N et que |qA |= 2 · |qB |.9.2.2. Peut-on déterminer, à partir des renseignementsci-dessus, le signe de chaque charge ?

Exercice 10.

Deux charges ponctuelles de même signeqA = +2×10−6 C et qB = +8×10−6 C sont placéesen deux points A et B distants de 20 cm.10.1. A quelle distance x du point A doit-on placer unecharge q de signe (+) pour qu’elle soit en équilibre ?10.2. La position d’équilibre est-elle modifiée si qC estde signe (−) ?10.3. L’équilibre est-il maintenu si on remplace lacharge qA par une charge qA′ = −qA = −2×10−6 C, qB

restant inchangée ?

Champ électrique

Exercice 11.

Deux charges ponctuelles qA et qB sont fixées respective-ment en A et B . On a dessiné quelques lignes de champdu champ électrostatique produit par la source (qA , qB ).

M

A B

11.1. Ce champ est-il uniforme ? Justifier votre réponse.11.2. Déterminer les signes de qA et qB . Justifier vos ré-ponses.11.3. Soit M le point de segment AB qui est situé à 4 cmde A. Déterminer le module du champ électrique produitpar qA au point M , sachant que |qA |= 0,4µC.Représenter le vecteur-champ ~EA (M ).11.4. Sachant que le champ électrique produit par lasource (qA , qB ) au point M est nul, déterminer qB sa-chant que la distance est égale à 6 cm.

Exercice 12.

Dans un repère orthonormé (O , ~i , ~j ), deux charges posi-tives et égales sont placées aux points A(−a , 0) et B (a , 0).Quelles sont les caractéristiques du vecteur champ élec-

;

121


trostatique :

OA B

qA (+) qB (+)

~j

~i

M

12.1. A l’origine des axes O (0, 0)?12.2. En un point M (O , y ) de l’axe des y ?A.N. : a = 5 cm ; q = 2×10−5 C ; y = 10 cm.

Exercice 13.

Deux charges électriques q1 = 2×10−6 C etq2 = −3×10−6 C sont placées respectivement endeux points A et B distants de 1 m.Trouver la position du point C tel que le champ créé parl’ensemble des deux charges soit nul.

Exercice 14.

Deux plaques métalliques A et B , planes, distantes de50 cm, sont placées dans le vide. Un électron sortant dela plaque A est attiré par B .14.1. Faire un schéma sur lequel apparaîtront les signesdes charges des plaques.14.2. Quels sont le sens et le module du vecteur champélectrostatique ~E , sachant que VA −VB =−4000 V et quele champ est uniforme ?14.3. Quel est le travail de la force électrostatique quiagit sur l’électron lorsque celui-ci passe de la plaque Aà la plaque B ? Ce travail dépend -il du chemin suivi?Pourquoi ?

Exercice 15.

Un ion hydrogène H + est placé entre deux plaquesplanes et parallèles, distantes de 5 cm et entre lesquellesexiste une d .d .p . de 2 V.15.1. Calculer l’intensité du champ électrostatique exis-tant entre les deux plaques.15.2. Montrer que dans ce champ, le poids du protonest négligeable devant la force d’origine électrostatique.15.3. En est-il de même pour un électron ?A.N. : charge du proton : e = 1,6×10−19 C ; masse du proton : mp = 1,67×10−27 kg ; g = 9,8 N kg−1.

Exercice 16.

Une sphère métallique creuse de centre O et de rayonR , portant une charge Q uniformément répartie à sa sur-face, est fixée au sol par l’intermédiaire d’un support iso-

lant. Un pendule électrostatique est formé d’une petitesphère légère, métallisée, de masse m = 1,5 g, suspenduepar l’intermédiaire d’un fil isolant au point O ′.

θ

q

M

R

D

~FO

Q

O ′

Lorsque la petite sphère porte une charge q , onconstate que le fil du pendule dévie d’un angle θ = 10°

par rapport à la verticale.16.1. Calculer l’intensité de la force électrostatique ~F àlaquelle est soumise la petite sphère.16.2. En déduire les caractéristiques du vecteur champ~E créé au point M par la sphère creuse chargée. on

donne q =−17,6×10−9 C.16.3. Quels sont le signe et la valeur numérique de lacharge Q ?

On donne R = 10 cm, D = 20 cm.N.B. : dans tout le problème, on prendra g = 10 N kg−1 ;

On utilisera le résultat suivant dû au théorème deGauss : le champ à l’extérieur de la sphère de rayon R est

le même que celui d’une charge ponctuelle égale à Qplacée en O .

Exercice 17.

Un ion SO2 –4 est abandonné entre deux plaques A et B

soumises à une tension VA −VB = 2000 V et distantes de10 cm.On donne e = 1,6×10−19 C, charge élémentaire.

A

B

P

N

17.1. Calculer l’intensité du champ électrique uniformeexistant entre les plaques.17.2. Représenter le vecteur champ électrique ~E aupoint P , en justifiant de sens.17.3. Représenter la force électrique s’exerçant sur l’ionau point N . Justifier le sens de ce vecteur force.17.4. Calculer l’intensité de cette force.17.5. |Vp −VN | = 1200 V. Calculer la distance séparantles surfaces équipotentielles contenant P et N .17.6. La particule chargée se déplace de N à P . Calculerle travail de la force électrique au cours de ce déplace-ment.

;

1


Exercice 18.

Dans un repère (O , ~i , ~j , ~k ), un champ électrostatique uni-forme est représenté au point O par un vecteur champ~E porté par l’axe O x .

18.1. Montrer que tout plan perpendiculaire à ~E est unesurface équipotentielle.18.2. Soit un point M du plan x O y défini par( ~O x , ~O M ) = α et ‖ ~O M ‖ = r . Exprimer le potentiel VM

du point M en fonction de r et αOn désignera par VO lepotentiel du point O .18.3. Calculer le travail de la force électrostatique quiagit sur une charge q = 2×10−10 C qui passe du point Oà un point M défini par : ~O x , ~O M = π

2 et ‖ ~O M ‖= 1 cmConclure.A.N. : E = 100 V m−1 ; VO = 0 V.

Exercice 19.

Un ressort élastique porte à l’une de ses extrémités unesphère, isolée du ressort, chargée (q = +10−6 C) et demasse m = 20 g. Le ressort est fixé par l’autre extrémité àun support. On prendra g = 10 N kg−1

19.1. On demande quelle est la direction prise par le res-sort et quelle est la tension du ressort lorsque l’ensembleest placé entre deux plaques métalliques identiques etparallèles distantes de 10 cm, telle que VA−VB = 10,000 Vdans les deux cas ci-dessous.

q

B

A B

1er cas

q

A

B

2er cas

19.2. Quel est l’allongement du ressort dans chaquecas, sachant que le coefficient de raideur du ressort estk = 10 N m−1 ?Extrait Probatoire série C 1981 Côte d’Ivoire

Champ magnétique

Exercice 20.

Sur les schémas ci-dessous, on a représenté quelqueslignes de champ magnétique non orientées. Le point O1

est sur l’axe de symétrie de l’aimant droit, le point O3

est sur l’axe de symétrie de la bobine parcourue par uncourant.20.1. Orienter les lignes de champ, préciser les pôles del’aimant en U , les faces de la bobine, le sens du courantdans cette dernière. Représenter les vecteurs champ ma-gnétique en O1, O2 et O3.20.2. peut-on dire que le pôle nord d’une aiguille aiman-

tée mobile dans toutes les directions est toujours attirépar le pôle sud ou la face sud de la source de champ ma-gnétique ?20.3. Comment peut-on reconnaître qu’un espacechamp magnétique est uniforme ?20.4. Quel est l’ordre de grandeur du champ magné-tique en O1 : 10 T, 10−5 T, 10−2 T ?

N SO1

N

SO2

O3N S

Exercice 21.

Donner le sens et la direction du vecteur champ magné-tique créé en A pour les deux cas ci-contre.21.1. Une bobine plate parcourue par un courant I .

I

A

21.2. Un solénoïde parcouru par un courant I .

A

Dessiner approximativement le vecteur champ magné-tique en A.

Exercice 22.

22.1. Un solénoïde parcouru par un courant a sa faceSud placée comme l’indique la figure (a) ci-dessous. Don-ner le sens du courant dans le solénoïde en justifiantvotre réponse.

;

123


22.2. Quel est le nom des faces du solénoïde de la fi-gure (b) ci-dessus, lorsque celui-ci est parcouru par uncourant circulant dans le sens indiqué ?

?

??

Face sud

(b)

(a)

Exercice 23.

On réalise une expérience avec le dispositif schématisépar la figure ci-dessous :

A

G K

AB

G est un générateur de f.é.m. E = 90 V et de résistanceinterne r = 1,5Ω ;

R h est un rhéostat dont la résistance est compriseentre 0 et 10Ω ;

AB est un fil de cuivre de résistance négligeable, placéparallèlement au méridien magnétique ;

la petite aiguille aimantée est mobile autour d’un axevertical ;

K est un interrupteur.23.1. Pourquoi a-t-on utilisé un fil de cuivre au lieu d’unfil de fer, par exemple ?23.2. Lorsque le circuit est ouvert, comment s’orientela petite aiguille aimantée ?

AB

AB α

23.3. On ferme le circuit et on donne au rhéostat la va-leur R h = 8,5Ω. On constate que l’aiguille dévie d’unangle α. Expliquer pourquoi il y a déviation de l’aiguilleaimantée. Les positions de l’aiguille aimantée (vue dedessus) avant et après le passage du courant sont repré-sentées ci-dessus.

23.4. Calculer l’angle α, sachant que la distance du filde cuivre au centre de l’aiguille est d = 5 cm.On donne la composante horizontale du champ magné-tique terrestre B0 = 3,2×10−5 T.

Exercice 24.

Le conducteur M N parcouru par un courant d’intensitéI est placé dans un champ magnétique ~B uniforme. Ilest soumis à la force de Laplace ~F . Sur les schémas ci-dessous , représenter au point O , le vecteur qui manque :

(a)

M

N

O~B

I

(b)

M

N

O~B

I

(c)

M

N

O~B

I

(d)

M

N

O~F

I

(e)

O~B

~F

(f)

~B

~F NM

(g)

~B

O NM

I

Exercice 25.

La figure ci-dessous représente un conducteur penduledans sa position initiale (circuit ouvert). C’est un fil cy-lindrique et homogène de longueur O A = L = 30 cm etde masse m = 20 g.

A

− − − −− − − − −− − − −

OI

L

2

d

G

M~B

Il est mobile autour du point O et soumis, sur la distanced = 3 cm à l’action d’un champ magnétique horizontal etuniforme tel que B = 0,1 T. Ce champ s’applique autourdu point M tel que O M = 20 cm. Le courant d’intensitéI qui parcourt le fil a le sens indiqué sur la figure.On donne I = 6A.25.1. Montrer que le fil dévie vers la droite. Dessiner laforce électromagnétique ~F qui s’applique sur lui.25.2. Déterminer la valeur de l’angle d’inclinaison θ .On supposera que l’inclinaison θ est faible, de sorte quele fil est soumis à l’action du champ magnétique sur unelongueur voisine de d .On admettra aussi que le point d’application de ~F seconfond avec le point M .On prendra g = 9,8 U S I.

;

1


Exercice 26.

Pour vérifier la loi de Laplace, on utilise le dispositif ex-périmental ci-dessous. Une portion de conducteur pen-dule de longueur L , de milieu A, est placé dans un champmagnétique uniforme ~B qui lui est perpendiculaire.Lorsque l’interrupteur K est fermé, le conducteur pen-dule s’incline d’un angle α par rapport à la positiond’équilibre (verticale). Pour ramener à cette positiond’équilibre, on utilise un contrepoids de masse m .On néglige le poids des conducteurs.

− − − −− − − − −− − − −

Mercure

O

∆

R h

G

A

K

L~BA

M

m

26.1. Représenter sur le schéma les différentes forcesqui s’appliquent sur le conducteur-pendule à la positiond’équilibre.26.2. Etablir la relation qui existe entre la masse m ducontrepoids, l’intensité I du courant, l’intensité B duchamp magnétique, l’intensité g de la pesanteur, les dis-tances O A et O M , et la longueur L .26.3. Calculer m sachant que I = 5A; B = 0,3 T ;L = 4 cm ; O A = 20 cm

Exercice 27.

Dans le montage représenter ci-dessous, M N est unetige de cuivre rigide, homogène de longueur l = 13 cm,pouvant rouler sur deux rails parallèles et horizontaux.L’ensemble est placé dans un champ magnétique uni-forme perpendiculaire au plan des rails et d’intensitéB = 1 T.

m

M

N

~B

Pour maintenir la tige en équilibre, on utilise un contre-poids de masse m = 130 g et un ressort de raideurK = 26 N m−1

27.1. Représenter sur un schéma toutes les forces appli-quées à la tige en équilibre.27.2. Ecrire la condition d’équilibre de la tige.27.3. Calculer l’intensité du courant dans le circuit àl’équilibre.27.4. Calculer l’allongement x du ressort. On prendra

g = 10 USI.

Exercice 28.

On dispose une tige C D sur deux rails. La figure ci-dessous présente le dispositif expérimental vu de côté.Les rails sont inclinés de 30° par rapport à l’horizontale,le champ magnétique ~B perpendiculaire aux rails a uneintensité de 1,5 T.On fait passer un courant électrique dans la tige C D demasse 100 g et longueur l = 10 cm. La tige est alors enéquilibre sur les rails.Déterminer le sens et l’intensité du courant dans la tigeC D .On néglige les frottements et g = 10 m s−2.

~B

α

Tige CD

Rail

Exercice 29.

Une roue de Barlow est formée d’un disque de cuivre derayon r = 5 cm pouvant tourner autour d’un axe horizon-tal. La partie inférieure du disque trempe dans le mer-cure. La roue est alimentée par un courant continu de10 A qui arrive par le mercure et sort par l’axe du disque.Un électro-aimant produit un champ magnétique uni-forme de 0,5 T perpendiculaire au plan du disque. Ledisque soumis à la force électromagnétique tourne à vi-tesse constante à raison de 3 tours par seconde.29.1. Faire un schéma montrant la force électromagné-tique et le sens de la rotation du disque. On considérerales deux sens possibles de ~B .29.2. Calculer l’intensité de la force électromagnétiqueainsi que son moment par rapport à l’axe de rotation. Onsupposera que la force est appliquée au point C , milieudu rayon du disque.29.3. Le disque qui tourne constitue un petit moteurélectrique. Calculer sa puissance.

Exercice 30.

Un fil de cuivre C D , horizontal, est suspendu par deuxfils conducteurs souples et de masses négligeables.Grâce à un électroaimant, le fil C D peut être soumis surtoute sa longueur à l’action d’un champ magnétique uni-forme ~B qui s’exerce dans toute région de l’espace où lefil peut être amené à se déplacer. Un courant d’intensitéI parcourt le fil dans le sens C →D .

;

125


(δ)

C D

I

Indiquer clairement, en s’aidant de schéma, comment ilfaut placer les pôles nord et sud de l’électroaimant pourque :30.1. le fil C D soit déplacé verticalement versle haut. Quelle est l’intensité minimale néces-saire? A.N. C D = 10 cm; masse linéaire de C D :µ= 1,5×10−2 kg m−1 ; B = 0,04 T ; g = 10 m s−2

30.2. Le fil C D s’écarte d’un angle α du plan verticalcontenant (δ), sous l’action d’une force électromagné-tique horizontale. Calculer α si l’intensité I du courantest égale à 1 A.30.3. Le fil ne subisse aucune action magnétique.

Exercice 31.

La balance de Cotton schématisée ci-dessous peut os-ciller autour d’un axe horizontal dont la section avec leplan de la figure est le point O . La portion C D baignedans un champ magnétique uniforme ~B .31.1. Déterminer les caractéristiques de la force élec-tromagnétique s’exerçant sur l’élément de circuit C D etécrire la condition d’équilibre de la balance. (Les forcess’exerçant sur AC et D E n’interviennent pas.)31.2. Montrer que ce dispositif permet la mesure deschamps magnétiques. Démontrer pour cela la relationliant B avec m , g , I , l , d et d ′.31.3. Connaissant un champ B0, montrer que l’on peuten déduire un champ inconnu B par une simple mesurede masse.

O

md ′d

A

C D

E

Exercice 32.

Un fil de cuivre rigide, rectiligne, homogène, de longueurR est susceptible de se mouvoir dans un plan vertical, au-tour d’une de ses extrémités. L’autre extrémité plongedans un bac de mercure qui permet de maintenir lecontact électrique avec un générateur de tension conti-nue. L’intensité du courant dans le circuit est I . Le dis-positif peut être plongé dans un champ magnétique uni-forme ~B , horizontal, et orthogonal au plan de la figure.(Voir figure ci-dessous)

− − − −− − − − −− − − −

~B

O

I

~F

32.1. Que se passe-t-il lorsque : I = 0, B 6= 0? I 6= 0,B = 0 ? I 6= 0, B 6= 0 ?Modifie-t-on quelque chose quand on permute lesbornes du générateur ?32.2. On néglige la longueur de la partie de la tige si-tuée dans le mercure et on admet que la ligne d’ac-tion de la force électromagnétique passe par le milieude la tige. Calculer la déviation angulaire de la tigequand elle atteint sa position d’équilibre dans le cas oùI = 6A, B = 2×10−2 T, R = 10 cm. Le poids de la tige est8×10−2 N.32.3. Soit le dispositif suivant : une roue mobile autourd’un axe horizontal (∆) est constituée de rayons rigidesen cuivre de longueur R régulièrement répartis. Le dis-positif est plongé dans un champ magnétique uniforme~B .

− − − −− − − − −− − − −

~B

32.4. Expliquer pourquoi on observe un mouvement derotation. Préciser son sens.32.5. La vitesse de rotation est 90 tours/minute. Calcu-ler la puissance développée par la force électromagné-tique, supposée appliquée au milieu d’un rayon.On donne B = 2×10−2 T ; R = 10 cm ; I = 6A.

;

1


1.6 Solutions des exercices etproblèmes

Forces gravitationnelles et champgravitationnel

Solution 1. (p. 19)

La masse est une grandeur scalaire indépendante du lieu.Par conséquent, la masse du paquet du sucre à la Luneest la même qu’à Terre.L’intensité de la pesanteur au voisinage de la Lune estdonnée par :

gL = ε ·mL

RL2

Le poids du paquet du sucre est :

P =mgL =m ·ε ·ML

RL2

=1 ·6,67×10−11 ·7,34×1022

(16,17×105)2= 1,7 N

Solution 2. (p. 19)

La force d’attraction exercée par une planète de masseMP sur un corps de masse m et situé à une distance dd’elle est, d’après la loi de Newton FP telle que :

FP = ε ·m ·MP

d 2

Ainsi, la force d’intensité FS exercée par le soleil sur uncorps de masse m , situé sur la terre est :

FS = ε ·m ·MS

D 2

= 1 ·6,67×10−11 10 ·1,99×1030

(1,49×1011)2= 0,059 N

De même la force d’intensité FL exercée par la lune surce même corps situé sur la terre est :

FL = ε ·m ·ML

d 2

= 6,67×10−11 ·107,34×1022

(3,84×108)2= 3,32×10−4 N

Au voisinage de la terre, le poids du corps de masse mest :

P = ε ·m ·MT

R 2

= 6,67×10−11 ·10 ·6×1024

(64×105)2= 97,7 N

Pour comparer FS et FL au poids P du corps, on a :

P

FS=

97, 7

0, 059= 1656

P

FL=

97, 70

3,32×10−4 = 294277

On constate que FS et FL sont négligeables devant lepoids terrestre du corps situé à la surface de la terre.

Solution 3. (p. 19)

Poids du satellite au niveau du sol.

Ps =mg0 = ε ·m ·MT

R 2

= 200 ·6,67×10−11 ·6×1024

(64×105)2= 1,95×103 N

Poids du satellite à l’altitude h

Ph =mgh = ε ·m ·MT

(R +h )2

= 200 ·6,67×10−11 ·6×1024

(64×105 +106)2= 1,46×103 N

Solution 4. (p. 19)

4.1. Le poids d’un corps sur la planète Jupiter étantPj = 1130 N, déterminons la masse de ce corps.

Pj =M · gj ⇒ M =Pjgj

=1130

22, 6= 50 kg

Le poids de ce corps sur Mars est :

Ph =M · gh = 50 ·3, 6= 180 N.

4.2. Détermination de la masse d’un corps à la surfacede la Lune

Pd =M ′ · gd ⇒ M ′ =Pdgd

=1130

1, 62= 697,5 kg

4.3. Poids lunaire de l’objet :

Pd =M · gd = 1800 ·1, 62= 2916 N

4.4. Poids terrestre de l’objet

PL =mgL(h ) =M · g0 ·R 2

(R +h )2

avec h = 59R .

PL =M · g0 ·R 2

60R 2 =mg0

3600

A.N. M = 1,8 tonne= 1800 kg ; g = 9,8 N kg−1 ;

PL =1800 ·9, 8

3600= 4,9 N

Conclusion : L’attraction de la Terre sur un objet situésur la Lune est négligeable par rapport à l’attractionqu’exerce la Lune sur ce corps. Ce corps ne peut tombersur la Terre.

;

127

1.6. Solutions des exercices et problèmes

Solution 5. (p. 20)

La masse de la Terre est liée à l’intensité de la pesanteurau niveau de la mer par la relation :

g0 = ε ·MT

R 2⇒ MT =

g0 ·R 2

ε

A.N. g0 = 9,78 N kg−1 ; ε = 6,67×10−11 ;R = 6370 km= 637×104 m

MT =9, 78 · (637×104)2

6,67×10−11 = 5,94×1024 kg

La masse volumique de la terre est :

ρ =MT

V

avec V = 43πR 3, ρ = 3MT

4πR 3 .A.N.

ρ =3 ·5,94×1024

4 ·3, 14 · (637×104)3= 5490 kg m−1

Soitρ′ la masse volumique des couches superficielles dela Terre.

ρ

ρ′=

5490

3000= 1, 8

On constate que la masse volumique de la Terre est 1,8fois la masse volumique des couches superficielles dela Terre. On en déduit que les couches profondes de laTerre sont plus denses.

Forces electriques

Solution 6. (p. 20)

Soient q = −10−6 C, la charge électrique ponctuelle pla-cée en O et qx la charge qu’il faut placer au point M . Laloi de Coulomb s’écrit :

F = K ·|q | · |qx |

O M 2 ⇒ |qx |= F ·O M 2

K · |q |

|qx |=3, 6 · (5×10−2)2

9×10910−6 C= 10−6 C

La force étant répulsive, qx est de même signe que q .Donc :

qx =−10−6 C

Solution 7. (p. 20)

7.1. Intensité de la force ~FC /B exercée par qC sur qB .

A B C

~FB/A ~FC /B ~FA/B ~FB/C

Posons qA = qB = qC = q et ~FA/B = ~F la force exercée parqA sur qB . D’après la loi de Coulomb,

FA/B = F = K ·|qA | · |qB |

AB 2 = K ·q 2

4a 2

FC /B = K ·|qB | · |qC |

B C 2 = K ·q 2

a 2

Nous remarquons que :

F = K ·q 2

4a 2 =1

4·K ·

q 2

a 2=

1

4· FC /B

↔ FC /B = 4 · F = 2,4×10−5 N

7.2. Force ~F ′ subie par qB , qB est soumise à deux forces :~FA/B exercée par qA et ~FC /B exercée par qC

~F ′ = ~FA/B + ~FC /B

~FA/B et ~FC /B ont la même droite d’action, mais sont op-posées.Donc ~F ′ a la même droite d’action que ~FA/B et ~FC /B : ~F ′

a le sens de la force la plus intense ( ~FC /B ). Son intensitéest :

F ′ = FC /B − FA/B

= 4F − F = 3F = 1,8×10−5 N

7.3. Calcul de qA = qB = qC = q , pour a = 2 cm.Nous avons vu que :

F = K ·q 2

4a 2

On en déduit que :

q =

√

√ 4a 2 · FK

=

q

4 · (2×10−2)2 ·6×10−6

9×109

=±1,3×10−9 C

Donc :

qA = qB = qC =+1,3×10−9 C ou

qA = qB = qC =−1,3×10−9 C

Solution 8. (p. 20)

8.1. Signe de la charge de A.Quand on approche la boule B de la boule A, la boule As’éloigne. Il y a donc répulsion. Les deux boules portentdes charges de même signe. qB étant de signe (+), qA estaussi de signe (+).

AB

x

y

d~FA/B ~FB/A

~PA

Tx

Ty~T

α

α

;

1


8.2. Calcul de ~FA/B

D’après le principe des interactions,

~FA/B =− ~FB/A ⇒ ~FA/B = ~FB/A

Calculons alors ~FB/A .Etudions l’équilibre de la boule A (considérée comme lesystème). Bilan des forces agissant sur A : Le poids ~P ′A =m · ~g la tension ~T du fil la force ~FB/A exercée par la boule B .La boule A étant en équilibre,on a :

~P ′A + ~T + ~FB/A = ~0 (S1.1)

Projetons l’équation (S1.1) sur les axes Ax et Ay :

Sur Ax :0−T sinα+ FB/A = 0 (S1.2)

Sur Ay :−mg +T cosα+0= 0 (S1.3)

(S1.2) ⇒ T · sinα= ~FB/A (S1.4)

et (S1.3) ⇒ T · cosα=mg (S1.5)

(S1.4)

(S1.5)⇒ tanα=

FB/A

m · g(S1.6)

⇒ FB/A =mg · tanα (S1.7)

A.N.

FB/A = 0,5×10−3 ·10 · tan 30°

⇒ FB/A = 2,9×10−3 N

Donc, FA/B = FB/A = 2 ·9×10−3 N.8.3. Valeur numérique de qA .D’après la loi de Coulomb,

FB/A = K ·|qA | · |qB |

d 2⇒ |qA |=

FB/A ·d 2

K · |qB |

qA =2,9×10−3 · (1)2

9×109 ·10−6

⇔|qA |= 3,2×10−7 C

qA étant de signe (+) qA =+3,2×10−7 C.

Solution 9. (p. 20)

9.1. Enoncé de la loi de Coulomb : (voir le cours)9.2. Valeur de chaque charge.La force d’interaction entre les deux charges a pour in-tensité :

FA/B = FB/A = K ·|qA | · |qB |

AB 2 = F

Pour |qA |= 2 · |qB |

F = 2 ·K ·|qB | · |qB |

AB 2

|qB |2 =F ·AB 2

2 ·K

|qB |= AB ·√

√ F

2 ·KA.N.

|qB |= 10−1

√

√ 2×10−4

2 ·9×109 = 10−8;

qB =∓10−8 C;

|qA |= 2 · |qB |= 2×10−8 C

9.3. Signe de chaque charge.D’après les renseignements de l’énoncé, les deux chargesexercent l’une sur l’autre une action attractive. Nous endéduisons que les deux charges ont des signes opposés.Mais aucun renseignement ne nous permet d’attribuerle signe (+) à l’une des charges et le signe (−) à l’autre.

Solution 10. (p. 20)

10.1. Considérons le système constitué par la charge qC .

A BC

qA (+) qB (+)qC (+)

~FB/A

~FB/C

~FA/C

Ce système est soumis à deux forces : L’action de qB : ~FB/C (répulsive) L’action de qA : ~FA/C (répulsive)Lorsque le système est en équilibre,

~FB/C + ~FA/C = ~0 ⇔ FB/C = FA/C

avec

FA/C = K ·|qA | · |qC |

AB 2 = K ·|qA | · |qC |

x 2

FB/C = K ·|qB | · |qC |

B C 2 = K ·|qB | · |qC |(d − x )2

où d = AB .

FB/C = FA/C (S1.1)

⇔ K ·|qA | · |qC |

x 2= K ·

|qB | · |qC |(d − x )2

(S1.2)

⇔|qA |x 2=|qB |(d − x )2

(S1.3)

Nous obtenons une équation de second degré en x . Sim-plifions cette équation en remplaçant qA , qB et d parleurs valeurs numériques :

2×10−6

x 2=

8×10−6

(0, 2− x )2

⇔ 3x 2 +0, 4x −0, 04= 0

La résolution de cette équation donne deux valeurs de xqui sont :

x = 0,067 m= 6,7 cm

x ′ =−0,2 m=−20 cm

La distance x étant une grandeur positive, nous retenonsla valeur :

x = 0,067 m= 6,7 cm

10.2. Observations lorsque qC est de signe (−).qC (−) est toujours soumise à deux actions ~FA/C , ~FB/C at-tractives. Les deux actions sont opposées et leurs intensi-tés conservent les valeurs ci-dessus. La condition d’équi-libre de qC conduit au même résultat que ci-dessus.

;

129


A BC

qA (+) qB (+)qC (−)

~FA/C ~FB/C

Donc la position d’équilibre n’est pas modifiée.10.3. Observations lorsqu’on remplace qA par unecharge qA

′ =−qA , qB étant inchangée.Supposons qC de charge (−).

A BC

qA (+) qB (+)qC (−)

~FB/C

~FA/C

qC est soumise à deux actions ~FB/C et ~FA/C ayant lamême direction et le même sens. Donc :

~FB/C + ~FA/C 6= ~0

La condition d’équilibre ne pouvant être satisfaite, qC

n’est plus en équilibre ; elle se met en mouvement.

Champ électrique


11.1. Nature du champ :Les lignes de champ ne sont pas parallèles : ce champn’est pas uniforme.11.2. Signes de qA et qB

Les lignes de champ créé par une charge (−) sont orien-tées de l’extérieur vers la charge (On dit que le vecteur-champ ~EA est centripète). Réciproquement, lorsque levecteur-champ est centripète, la charge “source” qui créece champ est de signe (−). Donc qA est de signe (−) carle vecteur champ qu’il crée est centripète. De même, estde signe (−).11.3. Module de ~EA (M ) du champ créé par qA au pointM .

EA (M ) = K ·|qA |

AM 2

EA (M ) = 9×109 ·0,4×10−6

4×10−22

= 2, 25 ·106 V m−1

Représentons le vecteur-champ ~EA (M ).

A M~EA (M )

Ce champ a pour origine le point M , est porté par ladroite AM et est orienté de M vers A (vecteur-champcentripète).11.4. Valeur de qB

Le vecteur-champ créé par la source (qA qB ) au point Mest :

~E = ~EA (M ) + ~EB (M ) = ~0

⇒ EA (M ) = EB (M )

Avec :

EA (M ) = K ·|qA |

AM 2 , EB (M ) = K ·|qB |

B M 2

K ·|qA |

AM 2 = K ·|qB |

B M 2 ⇒ |qB |= |qA | ·B M 2

AM 2

Où B M = AB −AM = 6−4= 2 cm Donc :

|qB |= 0,4×10−6 ·

2×10−22

4×10−22 = 10−7

qB étant de signe (−), qB =−10−7 C.


12.1. Caractéristiques du vecteur champ électrostatiqueen O (0, 0)soient : ~EA (0) le vecteur-champ créé par qA (+) au point O .~EA (0) est centrifuge (donc orienté dans le sens de ~i

~EA (0) = K ·qA

AO 2 · ~i = k ·qA

a 2· ~i

O ~i

~j

~EB (O ) ~EA (O )

~EB (0) le vecteur-champ créé par qB (+) au point O .~EB (0) est centrifuge (donc orienté dans le sens de −~i )

~EB (0) =−K ·qB

B O 2 · ~i =−k ·qB

a 2· ~i

Le champ créé simultanément par les deux chargesen O est :

~EO = ~EA (0) + ~EB (0) (S1.1)

k ·qA

a 2· ~i −k ·

qB

a 2· ~i =

K

a 2· (qA · ~i −qB · ~i = ~0 (S1.2)

car qA = qB ⇒ ~EO = ~0. Le champ créé simultané-ment par les deux charges en O est nul

12.2. Caractéristiques du vecteur champ électrostatiqueen un point M (0, y )

O

M (0, y )

BA

qB (+)qA (+) ~i

~j

~EA (M )~EB (M )

~EM

~EA (M )= vecteur-champ créé en M par qA ; ~EB (M ) = vecteur-champ créé enM par qB .

~EA (M ) = K ·qA

AM 2·~AM

| ~AM |

;

1


~AM =

xM − xA

· ~i +

yM − yA

· ~j

= [0− (a )] · i + (y −0) · ~j

= a · i + y · ~j

| ~AM |=Æ

a 2 + y 2

donc :

~EA (M ) = K ·qA

(a 2 + y 2) ·p

a 2 + y 2(a · ~i + y · ~j )

~EB (M ) = K ·qB

B M 2·~B M

| ~B M |donc :

~EB (M ) = K ·qB

(a 2 + y 2) ·p

a 2 + y 2(−a · ~i + y · ~j )

~B M =

xM − xB

· ~i +

yM − yB

· ~j

= [0− (a )] · i + (y −0) · ~j

=−a · ~i + y · ~j

⇒ | ~B M |=Æ

a 2 + y 2

Le champ créé simultanément par les deux charges enM est :

~EM = ~EA (M ) + ~EB (M )

~EM =K ·1

(a 2 + y 2) ·p

a 2 + y 2·

· [qA (a · ~i + y · ~j + ·[qB (−a · ~i + y · ~j

pour qA = qB = q .

~EB (M ) =2 ·K ·q · y

(a 2 + y 2) ·p

a 2 + y 2~j

Donc ~EB (M ) a pour origine, le point M , pour directionet sens ceux de ~j , et pour intensité,

EB (M ) =2K q y

(a 2 + y 2) ·p

a 2 + y 2

=2 ·9×10−9 ·2×10−5 ·10−1

0, 052 +0, 12

·p

0, 052 +0, 12

EB (M ) = 2,57×107 V m−1


Désignons par : ~E1 le vecteur-champ créé par la charge q1(+). Au point

C ~E1 est centrifuge. ~E2 le vecteur-champ créé par la charge q2(−). Au point

C ~E2 est centripète.

A BC

q1(+) q2(−)~E2 ~E1

Le champ créé simultanément par les deux charges aupoint C est :

~E = ~E1 + ~E2

Si le champ créé par l’ensemble des deux charges est nul,

alors,

~E1 + ~E2 = ~0 ⇒ ~E1) =− ~E2

Donc au point C où le champ est nul, ~E1 et ~E2 ont lamême direction, des sens opposés et ont la même inten-sité. Les points de l’espace où ~E1 et ~E2 ont la même direc-

tion se trouvent sur la droite [A, B ]. Les points de la droite (A, B ) où ~E1 et ~E2 ont des sens

opposés se trouvent à l’extérieur du segment [AB ]. Munissons la droite (A, B ) du repère (A, ~i ).Dans ce repère, les abscisses des points A, B , et C sont :

xA = 0

xB = 1

xC = x

⇒ d (A, C ) = xC − xA = x

⇒ d (B , C ) = xC − xB = x −1

E1 = k ·|q1|AC 2

= k ·|q1|x 2

E2 = k ·|q2|

B C 2= k ·

|q2|(x −1)2

Au point C , E1 = E2

⇒ k ·|q1|x 2= k ·

|q2|(x −1)2

|q1| · (x −1)2 = |q2| · x 2

En remplaçant |q1| et |q2| par leurs valeurs numériques,nous obtenons après développement

−x 2 −4x +2= 0

Cette équation du second degré admet pour solution,x1 =−4,45 et x2 = 0,45. La solution x2 = 0,45 est à écar-ter car ce point ne se trouve pas à l’extérieur du segment[AB ]. Donc le point C où le champ créé par l’ensembledes deux charges est nul se trouve à gauche du point A,à la distance AC = 4,45 m.


14.1. Schéma avec les signes des charges des plaques.

A B

(−) (+)

~E

Si un électron de charge (−) est attiré par la plaque B ,nous déduisons que la plaque B est chargée (+). Parconséquent, A est chargée (−).14.2. Sens et module du vecteur champ électrostatique~E . Sens de ~E .~E est toujours orienté dans le sens des potentiels dé-

croissants. Or VA <VB ⇒ ~E est orienté de B vers

;

131


A. (voir figure ci-dessus) Autre méthode de justification.

Considérons l’électron de charge (−). Cet électron estattiré par la plaque B . Il est donc soumis à une force~F = q ~E . q étant de charge (−), ~F et ~E ont des sens

opposés. Donc ~E est orienté de B vers A. Module de~E :

E =VB −VA

dAB=

4000

0, 5= 8×103 V m−1

14.3. Travail de la force agissant sur l’électron lorsqu’ilse déplace de A à B .

WAB ( ~F ) = q ·

VA −VB

WAB ( ~F ) =

−1,6×10−19

· (−4000)

= 6,4×10−16 J

Ce travail ne dépend que des potentiels des points dedépart et d’arrivée. Il ne dépend donc pas du cheminsuivi.


15.1. Intensité E du champ électrostatique :

E =VB −VA

dAB=

U

d

E =2

0, 05= 40 V m−1

15.2. Comparons le poids p du proton à la force électro-statique F .P =mP g et F = q E = e E . Faisons le rapport F over P :

F

P=

e ·EmP · g

=1,6×10−19 ·40

1,67×10−27

= 3,91×108 ⇒ F = 391×106P

Donc F est 391 millions de fois plus grande que P . Lepoids P du proton est donc négligeable devant la forceélectrique.15.3. Comparons le poids P ′ de l’électron à la force élec-trique subie par l’électron dans ce champ.La force électrique subie par l’électron dans ce champest :

F ′ = |q | ·E = e E

Le poids P ′ de l’électron étant environ 1836 fois plus pe-

tit que celui du proton, le rapportF ′

P ′est encore plus

grand.Donc le poids P ′ de l’électron est encore plus négligeabledevant la force électrique qu’il subit dans le champ élec-trique.


16.1. Intensité de la force ~F

O

Q

O ′

θ

q

~T

~E~F

~P

θ

Considérons le système constitué par la petite sphère demasse m et de charge q . A l’équilibre du système,

tanθ =F

P⇒ F = P · tanθ =mg · tanθ

F = 1,5×10−3 ·10 · tan(10) = 2 ·64×10−3 N

16.2. Caractéristiques du vecteur champ ~E au point M .Au point M , la charge q est soumise à une force élec-trique. ~F = q · ~E . q étant de charge (−), ~F et ~E ont dessens opposés.Caractéristiques de ~E au point M : Origine : le point M ; Direction : celle de ~F sens : de M vers O Intensité :

F = |q | ·E ⇒ E =F

|q |

=2,64×10−3

17,6×10−9 = 1,5×105 V m−1

16.3. Signe et valeur numérique de la charge Q .Nous constatons que q s’éloigne de Q . Il y a donc ré-pulsion entre les deux charges. Nous déduisons que cesdeux charges ont le même signe. Donc Q est de signe (−).16.4. Valeur de Q .La force d’interaction entre Q et q a pour expression :

F = k ·|q | · |Q |O M 2

avec O M =R +D

F = k ·|q | · |Q |(R +D )2

⇒ |Q |=F · (R +D )2

k · |q |

|Q |=2,64×10−3(0, 1+0, 2)2

9×109 ·17,6×10−9

= 1,5×10−6 C

;

1



17.1. Intensité du champ électrique :

E =VA −VB

d=

2000

0, 1

E = 20 000 V m−1

17.2. Représentation du vecteur champ ~E au point P :

VA −VB > 0 ⇒ VA >VB

Sachant que le vecteur champ a le sens des potentielsdécroissants, ~E est orienté de A vers B . Caractéristiquesde ~E au point P : Origine : le point P ; direction : la perpendiculaire aux plaques passant par

P ; Sens : de A vers B .17.3. Représentation de la force ~F subie par l’ion aupoint N .

A

B

d

P

N~E

~F

~F = q · ~E où q =−2e est la charge de l’ion SO2 –4 .

Donc ~F =−2e · ~E ⇒ ~F et E ~E ont des sens opposésdonc ~F est orienté de B vers A. (voir schéma ci-dessus).17.4. Intensité de ~F

F = |q | ·E = 2e ·E

= 2 ·1,6×10−19 ·20000= 6,4×10−15 N

17.5. Distance séparant les surfaces équipotentielles pas-sant par P et N .Ces surfaces équipotentielles sont des plans perpendicu-laires à ~E et contenant P et N . ~E étant uniforme.

E =|VP −VN |

dP N

où dP N est la distance séparant les plans parallèles à Aet B et passant par P et N .

dP N =|VP −VN |

E

=1200

20000= 0,06 m= 6 cm

17.6. Travail de la force agissant sur l’ion au cours dudéplacement de N à P .Soit WN⇒P ( ~F ) ce travail.

WN⇒P ( ~F ) = q ·

VN −VP

où q =−2e et |VN −VP |=−1200 V.En effet, d’après le sens de ~E , VP >VN et VN −VP < 0

WN⇒P ( ~F ) =−2 ·1,6×10−19 · (−1200)

= 3,84×10−16 J


18.1. Montrons que tout plan perpendiculaire à ~E estune surface équipotentielleSoient 2 points A et B appartenant à un plan perpendi-culaire à ~E . Calculons la différence de potentiel existantentre A et B .

VA −VB = ~E · ~AB

Or ~E ⊥ ~AB ⇒ ~E · ~AB = 0

⇒VA −VB = ~E · ~AB = 0

⇒VA =VB

Tous les points de ce plan sont au même potentiel. Nousconcluons que ce plan est une surface équipotentielle.18.2. Expression du potentiel VM du point M .Calculons la différence de potentiel VO −VM = ~E · ~O M .

où ~E =

(

Ex = E

Ey = 0

et ~O M =

(

x = r · cosα

y = r · sinα

~E · ~O M = x ·Ex + y ·Ey

= E · r cosα+0

~E · ~O M = x Ex + y Ey = E · cosα+0. Donc :

VO −VM = E · r · cosα

⇒VM =VO −E · r · cosα

Ox

y

~i

~j

M

r

α ~E

B

A

18.3. Travail de la force électrique qui agit sur une chargeq qui se déplace de O à M .

WO⇒M ( ~F ) = q ·

VO −VM

avec VO −VM = E · r · cosα

WO⇒M ( ~F ) = q ·E · r · cosα

A.N.

q = 2×10−10 C;

E = 100 V m−1;

r = 1 m;

α=π

2;

cos

π

2

= 0

WO⇒M ( ~F ) = 0

Conclusion : Lorsqu’une charge se déplace sur une sur-

;

133


face équipotentielle, le travail de la force électrostatiquequi agit sur cette charge est nul.


19.1. La différence de potentiel appliquée aux plaquesparallèles crée, dans l’espace qui les sépare, un champélectrique uniforme ~E , de direction perpendiculaire auxplaques, orienté dans le sens des potentiels décroissants.

VA −VB > 0 ⇒ VA >VB

Donc ~E est orienté de A vers B . Le système à étudierétant la sphère électrisée de masse m et de charge q (+),faisons le bilan des forces agissant sur ce système : Le poids ~P =m ~g ; la tension ~T du ressort. La force électrique ~F = q ~E

B

A B

~E

α

~T

~F

~P

α

Lorsque la sphère est en équilibre, on a :

~P + ~T + ~F = ~0

1er Cas (Fig 1)

tanα=F

P=

q ·Emg

avec E =VA −VB

d

⇒ tanα=q ·

VA −VB

mg ·dA.N.

tan(α) =10−6 ·10×104

20×10−3 ·10×10−1 = 0, 5

⇒ α= 26,5°

Tension du ressort :

cosα=P

T⇒ T =

P

cosα=

mg

cosα

T =20×10−3 ·10

cos (26,5°)= 0,22 N

2e cas (Fig 2)

A

B

~E

~T~F

~P

~P , ~T et ~F sont colinéaires, de direction verticale. La pro-jection de la relation vectorielle d’équilibre sur l’axe y y ′

nous donne :

−P +T + F = 0 ⇒ T = P − F

avec P =mg ;

et F = q ·E = q ·VA −VB

d

Donc :

T =mg −q (VA −VB )

d

T = 20×10−3 ·10−10−6 ·104

10−1

= 0,1 N

19.2. Allongement x du ressort dans chaque cas :

T = K · x ⇒ x =T

K

1er cas : x =0, 22

10= 0,022 m= 2,2 cm;

2er cas : x =0, 1

10= 0,01 m= 1,0 cm

Champ magnétique


20.1. Cas de l’aimant droit.

N SO1~B1

Le pôle nord étant connu, nous savons que les lignes dechamp “sortent” par le pôle nord et “entrent” par le pôlesud. Le point O1 étant sur l’axe de symétrie, le vecteurchamp magnétique en ce point est porté par cet axe et ale sens des lignes de champ.20.2. Cas de l’aimant en U .

N

SO2

~B2

N

S

La petite aiguille aimantée ~s n nous permet d’orienter laligne de champ qui passe par l’aiguille : elle a le sens duvecteur sn vec. Cette ligne de champ “sort” par le pôlenord N de l’aimant en U . Les autres lignes de champayant le même sens, nous déduisons le sens du vecteurchamp magnétique au point O2.20.3. Cas de la bobine.

;

1


O3N S

~B3

La petite aiguille aimantée sn, nous permet d’orienter laligne de champ qui passe par l’aiguille : elle “sort” par lepôle n de l’aiguille.Par suite, cette ligne sortant par la face nord N de la bo-bine, nous pouvons préciser cette face, orienter ensuiteles autres lignes de champ, et dessiner le vecteur champmagnétique ~B en O3 , parallèle à l’axe de symétrie.20.4. Sens du courant dans la bobine.Grâce à la règle de la main droite, le pouce pointant dansle sens de ~B , la paume tournée au centre de la bobine,les quatre doigts joints (disposés perpendiculairementau pouce) indiquent le sens du courant. (Voir schémaci-dessus).20.5. Dans la bobine, l’aiguille aimantée placée à l’inté-rieur de la source, a son pôle nord qui pointe vers la facenord de la bobine.La loi d’interaction ”un pôle nord est attiré par un pôleou une face de nom contraire” n’est donc plus valable sil’on se place à l’extérieur de la source (ce qui est toujoursle cas pour les aimants)20.6. Un espace champ magnétique est uniforme (c’est-à-dire a le même vecteur champ magnétique en tous sespoints) si les lignes de champ magnétique sont paral-lèles. C’est le cas du champ magnétique existant entre lesbranches d’un aimant en U . C’est aussi le cas du champmagnétique à l’intérieur d’une bobine longue.20.7. Ordre de grandeur du champ magnétique en O1.Le champ magnétique terrestre qui est de l’ordre de10−5 T est négligeable devant le champ magnétiquecréé par les aimants. Donc nous devons éliminer ladeuxième proposition. Quant à la première proposition,elle est aberrante puisque dans les gros électro-aimants,le champ magnétique n’atteint que quelques teslas. Il nereste plus d’acceptable que l’ordre de grandeur 10−2 T.


21.1. Cas d’une spire.

~B

I

A

Le champ magnétique en A est perpendiculaire au plande la spire. Le sens de ~B est donné par le pouce (disposéperpendiculairement aux quatre doigts joints) d’unemain droite, la paume tournée vers le centre de la bobineet le courant sortant par les autres doigts joints. D’où levecteur ~B en A (voir figure ci-dessus).

21.2. Cas du solénoïde.

A

~B

I

Le vecteur champ magnétique est porté par l’axe du solé-noïde. Le sens de ~B est donné par le pouce (disposé) per-pendiculairement aux autres doigts joints) d’une maindroite posée sur la spire, la paume tournée vers le centrede la spire, le courant sortant par les quatre doigts joints.D’où le vecteur ~B en A. (Voir figure ci-dessus)


22.1. Le sens du courant dans le solénoïde de la figure (a).

Face nord

Face sud

Face sud

(b)

(a)

On déduit la face Nord de la bobine à partir de sa face Sud.Sachant que la règle de la main droite donne en mêmetemps le sens de ~B et la face Nord de la bobine, nousplaçons la main droite sur la bobine, la paume tournéesvers son centre et le pouce dans le sens de la face nord;les quatre doigts joints donnent le sens du courant.22.2. Nom des faces du solénoïde.Posons la main droite sur le solénoïde, la paume tour-née vers le centre, le courant sortant par les quatre doigtsjoints. Le pouce indique alors le pôle nord du solénoïde.On en déduit la face sud.


23.1. Nécessité d’utiliser un fil de cuivre au lieu d’un filde fer.Le fer ou un de ses alliages possède des propriétés ma-gnétiques pouvant influencer de façon naturelle l’ai-guille aimanté. Pour éviter cette influence sur l’étude del’effet magnétique du courant électrique, on utilise unmétal n’ayant aucune propriété magnétique à l’état na-turel. C’est le cas du cuivre.23.2. Orientation de l’aiguille lorsque K est ouvert :Lorsque K est ouvert, aucun courant ne circule dans leconducteur AB . L’aiguille aimantée n’étant sensible qu’àla composante horizontale ~Bh du champ magnétique ter-restre, elle s’oriente suivant la direction et le sens de ~Bh .23.3. Quand l’interrupteur est fermé, le conducteur ABtraversé par un courant électrique, crée dans l’espace quil’entoure un champ magnétique ~Bh qui se superposeau champ magnétique terrestre et influence de ce faitl’orientation de l’aiguille aimantée. C’est ce qui expliquesa déviation.23.4. Valeur de l’angle α.

;

135


~B~BI

~Bh

α

Représentons (vue de dessus) les différents vecteurschamp magnétiques : ~Bh est la composante horizontale du champ magné-

tique terrestre. ~BI représente le champ magnétique créé par le

conducteur AB parcouru par un courant I . ~B est la résultante des deux vecteurs champ magné-

tique.

~B = ~Bh + ~BI

L’angle α est donné par :

tanα=BI

Bh(S1.1)

Calculons BI :

BI = 2×10−7 ·I

d

D’après la loi de Pouillet,

E = (Rh + r ) · I

⇒ I =E

Rh + r

I =90

8, 5+1, 5= 9A

⇒ BI = 2×10−7 ·9

5×10−2 = 3,6×10−5 T

D’où :

tanα=BI

Bh

=3,6×10−5

3,2×10−5 = 1, 125

⇒α= 48,4°


Les vecteurs I ~l , ~B et ~F sont reliés par la relation,

~F = I ~l ∧ ~B

le trièdre (I ~l , ~B , ~F ) étant direct. On le reconnaît par larègle de la main droite où : ~B sort par la paume, ~F est donné par le pouce disposé perpendiculaire-

ment aux autres doigts joints, I ~l est donné par les quatre doigts joints.

(a)

M

N

~F~B

I

(b)

M

N

~F~B

I

(c)

M

N

~F~B

I

(d)

M

N

~B~F

I

(e)

I~B

~F

(f)

~B

I

~F NM

(g)

~B NM

I

~F


A

− − − −− − − − −− − − −

OI

θ

θ

H

d

G

~B

~F

~P

(+)

25.1. Caractéristiques de la force électromagnétique.

~F = I ~l ∧ ~B

La force ~F étant perpendiculaire à ~B et au fil, elle est doncdans le plan de la figure. Son sens est tel que le trièdre(I ~l , ~B , ~F ) soit direct, (Reconnaissable par la règle de lamain droite). Nous constatons que ~F est orientée de lagauche vers la droite, donnant ainsi le sens du mouve-ment du fil.25.2. Valeur de l’inclinaison θ .Notons que c’est une question de statique (équilibred’un solide susceptible de tourner autour d’un axe. Voircours secondes C,T).25.3. Le système est le fil. Bilan des forces agissant sur lesystème : son poids ~P appliqué en G . la force électromagnétique ~F appliquée en M .En choisissant un sens positif pour évaluer les moments,à l’équilibre du système, le théorème des moments per-met d’écrire :

M∆( ~F ) +M∆( ~P ) = 0

L’axe (∆) de rotation étant perpendiculaire en O au plande la figure. M∆( ~F ) > 0; la distance de O à la ligne d’action de ~F

est O M . Donc :

M∆( ~F ) = +F ·O M

M∆( ~P )< 0 car ~P tend à faire tourner le fil en sens op-posé du sens positif choisi ;

;

1


La distance de O à la ligne d’action de ~P est O M .

M∆( ~P ) =−P ·O H

O H se calcule dans le triangle rectangle OG H où l’angleˆOG H = θ (angles alternes-internes)

sinθ =O H

OG⇒ O H =OG · sinθ

OG =L

2⇒ M∆( ~P ) =−P ·

L

2· sinθ

D’où :

F ·O M −P ·L

2· sinθ = 0

⇒ sinθ =2 · F ·O M

P · LDéterminons alors F .F = I · l ·B · sinαD’après l’énoncé, l ' d et α= 90° car ~B est perpendicu-laire au fil. D’où finalement, en remarquant que :

O M =2

3· L ,

sinθ =2I d B 2L

3M G L=

4

3·

I d B

mg

A.N.

sinθ =4 ·6 ·3 ·10−2 ·0, 1

3 ·20 ·10−3 ·9, 8= 0, 122

⇒ θ = 7,03°


26.1. Bilan et représentation des forces agissant sur leconducteur-pendule :Le poids ~P du conducteur-pendule étant négligeable, lesautres forces sont : la force électromagnétique ~F appliquée en A. ~F est

perpendiculaire à ~B et au conducteur. Le sens de ~Fest tel que le trièdre (I ~l , ~B , ~F ) est direct.

la tension ~T du fil relié au contre-poids.

− − − −− − − − −− − − −

O

~B A~F

M~T

m

(+)

26.2. La relation d’équilibre.Le conducteur-pendule constitue le système susceptiblede tourner autour de l’axe (∆) passant par O . En tenantcompte du sens positif choisi, le théorème des momentspeut s’écrire :

M∆( ~T ) +M∆( ~F ) = 0

⇔ T ·O M − F ·O A = 0

où F = I · L ·B et T =m · g

⇒mg ·O M − I · L ·B ·O A = 0 (S1.1)

26.3. Valeur de m.La relation (S1.1) permet d’écrire :

m =I · L ·B ·O A

g ·O M

m =5 ·4 ·10−2 ·0, 3 ·20 ·10−2

10 ·30 ·10−2

m = 4×10−3 kg= 4 g


x ′x

~F~T

~P

~R1

~R2

27.1. Les forces appliquées à la tige sont : Son poids ~P , vertical, dirigé vers le bas et appliquée

au milieu I de la tige. la tension ~T du ressort, perpendiculaire à la tige et

dirigée vers la gauche. la force de Laplace ~F , perpendiculaire à la tige, dirigée

vers la droite et appliquée au milieu de la tige. les réactions ~R1 et ~R2 des rails appliquées aux points

de contact de la tige et des rails. Ces réactions sontverticales (en supposant le contact sans frottementset dirigées vers le haut).

27.2. La condition d’équilibre de la tige s’écrit :

~P + ~T + ~F + ~R1 + ~R2 = ~0

27.3. Intensité du courant dans le circuit :Projetons la relation vectorielle ci-dessus sur l’axe x ′xhorizontal et perpendiculaire à la tige :0−T +F +0+0= 0→ T = F avec T =mg et F = I · l ·B .Donc :

mg = I · l ·B

⇒ I =mg

l B

I =0, 13 ·10

13 ·10−2 ·1= 10A

27.4. Allongement x du ressort

T =mg et T = K x

→mg = K x

→ x =mg

K

x =0, 13 ·10

26= 0,05 m= 5 cm


28.1. Sens du courant I .Déterminons d’abord le sens de ~F afin d’en déduire lesens de I . Bilan des forces agissant sur la tige :

;

137


le poids ~P la résultante ~R des réactions des rails la force ~F de Laplace.

~Bx

x ′α

~F

~R

~P

αI

A l’équilibre, nous avons :

~P + ~R + ~F = ~0

→ ~F =−( ~P + ~R ) (S1.1)

~F est opposée à la somme ~P + ~R . Connaissant le sens de~B et de ~F , nous en déduisons, par la règle de la maindroite, le sens de I . (Voir la figure ci-dessus).28.2. Intensité de I .Projetons la relation vectorielle d’équilibre (S1.1) surl’axe x ′x .

P · sinα+0− F = 0

P =mg et F = I · l ·B→mg · sinα− I · l ·B = 0

→ I =mg · sinα

l ·B

I =0, 1 ·10 · sin 30°

0, 1 ·1, 5= 3,33A


29.1. Schéma montrant la force électromagnétique.Le sens de ~F est donné par le pouce lorsqu’on utilise larègle de la main droite (voir le cours).Cas 1 : ~B est orienté vers l’arrière du plan de la figure ; ~Fest alors orienté vers la gauche et la roue tourne dans lesens des aiguilles d’une horloge.Cas 2 : ~B est orienté vers l’avant du plan de la figure; ~Fest alors orientée vers la droite et la roue tourne dans lesens inverse des aiguilles d’une horloge.

− − − −− − − − −− − − −

Mercure

I~F

∆~B

Rotation dela roue

Cas 1

− − − −− − − − −− − − −

Mercure

I~F

∆~B

Cas 2

29.2. Intensité de la force de Laplace.F = I · l · B · sinα avec α = π

2 car ~B est perpendicu-

laire au rayon, donc à I · ~l et l = r , le rayon de la roue.F = I · r ·B = 10 ·5 ·10−2 ·0, 5= 0,25 N.Moment de ~F par rapport à (∆) :

M∆( ~F ) = F ·r

2=

0, 25 ·5 ·10−2

2

M∆( ~F ) = 6,25×10−3 N m

29.3. Puissance du disque.La force ~F est appliquée à un solide en mouvement derotation. Sa puissance est :

P =M∆( ~F ) ·ω

oùω= 3 rad s−1 = 3 rad s−1 ×2πrad s−1

ω est la vitesse de rotation du disque.

P = 6, 25 ·10−3 ·3 ·2 ·3, 14= 0,12 W


Rappelons que les lignes de champ “sortent” par le pôlenord et “entrent” par le pôle sud de l’aimant source duchamp magnétique. On peut aussi utiliser une aiguilleaimantée pour sonder le champ : nous savons que le vec-teur champ magnétique ~B a la même orientation quele vecteur ~SN formé par les pôles sud (S) et nord (N) del’aiguille aimantée. On applique ensuite la loi d’interac-tion des aimants pour déterminer les pôles de l’aimant,source du champ ~B .30.1. Pôles nord et sud de l’électroaimant quand le fil sesoulève.Pour que le fil C D se déplace vers le haut, il faut que laforce de Laplace ~F créée par le champ magnétique ~B soitorientée vers le haut. Or :

~F = I · ~C D ∧ ~B

La règle de la main droite nous permet de déterminerle sens de ~B (voir Figure ci-dessous). ~B est orienté versl’arrière du plan de la figure, ce qui signifie que le pôlenord de l’électroaimant est en avant du plan de la figureet le pôle sud en arrière.

(δ)

C DI

~F

S

N

~B

Intensité minimale du courant qui doit circuler dans le fil.Cette intensité minimale est obtenue quand la force deLaplace équilibre exactement le poids du fil C D . Dansce cas,

~P + ~F = ~0 ⇒ P = F

P =mg =µ ·C D · g

F = I ·C D ·B car ~B⊥ ~C D

Donc :

µ ·C D · g = I ·C D ·B

⇒ I =µ ·C D · g

C D ·B=µ · g

B

A.N. I =1, 5 ·10−2 ·10

0, 04= 3,75A

30.2. Pôles nord et sud de l’électroaimant quand le fils’écarte de la verticale.

;

1


La force de Laplace ~F est maintenant horizontale.

~F = I · ~C D ∧ ~B

La règle de la main droite donne le sens de ~B . (Voir figureci-dessous).

~F

~B

C D

O(∆)

d p

d tα

(+)

S

N

I

On pourrait envisager aussi le cas où le fil dévie vers ladroite. Dans ce cas, ~B est orienté vers le bas. Dans le pre-mier cas, le pôle nord est au-dessous du fil et le pôle sudest au-dessus. Dans le second cas, le pôle nord est au-dessus et le pôle sud est au dessous.Valeur de l’angle α.L’équilibre est obtenu lorsque :

M∆( ~P ) +M∆( ~F ) = 0 (S1.1)

M∆( ~F )> 0 et M∆( ~F ) = F ·dF

F = I ·C D ·B et dF =O D · cosα

M∆( ~P )< 0 et M∆( ~P ) =−P ·dP

P =mg =µ ·C D · g et dP =O D · sinα

De (S1.1) nous déduisons :µ ·C D · g ·O D · sinα+ I ·C D ·B ·O D · cosα= 0

⇒−µ · g · sinα= I ·B · cosα

⇒sinα

cosα=

I B

µ.g

sinα

c o sα= tanα=

I B

µ.g

tanα=1 ·0, 04

1, 5 ·10−2 ·10= 0, 267

⇒ α= 14,9°' 15°

30.3. Cas où le fil ne subit aucune action magnétique.Il faut que la force ~F soit nulle. Si ~B et I ne sont pas nuls,il faut que le produit vectoriel ~C D ∧ ~B soit nul donc que~C D et ~B soient parallèles.


31.1. Caractéristiques de la force de Laplace ~FC D s’exer-çant sur la branche C D .

~FC D = I · ~C D ∧ ~B~FC D est dans le plan de la figure, orthogonal à C D et à ~B Son point d’application : il est appliquée au milieu de

C D . La règle de la main droite permet de déterminer son

sens (orienté vers le bas).

Son intensité est :

FC D = I · l ·B oùl =C D

O

(∆)

m~FC D

A

C D

E~B

(+)

31.2. Condition d’équilibre de la balance.La balance de Cotton constitue un système mobile au-tour d’un axe (∆) perçant le plan de la figure au point O .Bilan des forces extérieures agissant sur ce système : La force de Laplace ~FC D

Le poids ~P de la masse m .D’après le théorème des moments, le système est en équi-libre si la somme algébrique des moments par rapport à(∆) des forces appliquées est nulle. En prenant arbitrai-rement un sens positif de rotation, nous avons :

M∆( ~FC D ) +M∆( ~P ) = 0 (S1.1)

M∆( ~FC D ) = FC D ·d = I · l ·B ·d

M∆( ~P ) =−P ·d ′ =−mg ·d ′

(S1.1) ⇒ I l B d −mg ·d ′ = 0

C’est la condition d’équilibre de la balance.31.3. Montrons que ce dispositif peut être utilisé pourmesurer les champs magnétiques :D’après la relation d’équilibre ci-dessus, on a :

I · l ·B ·d −mg ·d ′ = 0

⇒ B =mg ·d ′

I · l ·d(S1.2)

La connaissance de m , d ′, d et l permet de calculer B .31.4. Montrons qu’on peut par une simple pesée déter-miner le champ ~B connaissant un champ ~B0.La balance, plongée dans un champ ~B0, serait équilibréepar une masse m0 telle que :

B0 =m0 · g ·d ′

I · l ·d(S1.3)

Faisons le rapport membre à membre

(S1.2)

(S1.3)⇒

B

B0=

m

m0

⇒ B = B0 ·m

m0

La mesure de B revient à une simple mesure de masses.

;

139



− − − −− − − − −− − − −

~B

O

I

~F

32.1. Expériences.D’après la loi de Laplace, la force qui agit sur un élémentde circuit de longueur l , parcouru par un courant d’in-tensité I et placé dans un champ magnétique ~B est :

~F = I · ~l ∧ ~B

où ~l est un vecteur orienté dans le sens du courant. ~Bétant perpendiculaire à I · ~l , l’intensité de ~F est :

F = I · l ·B

32.1.1. Premier cas : I = 0, B 6= 0

F = I · l ·B = 0 ⇒ ~F = ~0

La force est nulle.32.1.2. Deuxième cas : I 6= 0, B = 0

F = I · l ·B = 0 ⇒ ~F = ~0

La force est nulle.32.1.3. Troisième cas

I 6= 0,

B 6= 0

⇒ F = I l B 6= 0

La règle de la main droite donne le sens la force ~F . Elle estorientée vers la gauche de la figure. Quand on permuteles bornes du générateur, le courant change de sens et laforce ~F aussi.

− − − −− − − − −− − − −

O

~F

~P

G

α

32.2. Déviation angulaire de la tige.Soit α la déviation angulaire de la tige. La tige peut tour-ner autour du point O , sous l’action de son poids ~P et dela force de Laplace ~F . A l’équilibre de la tige, le théorèmedes moments nous donne :

P ·OG · sinα= F ·OG

⇒ sinα=F

Poù F = I ·R ·B

Donc

sinα=I ·R ·B

P

=6 ·10−1 ·2 ·10−2

8 ·10−2= 0, 15

⇒α= 8,6°

− − − −− − − − −− − − −

~B

I~F

32.3. Mouvement de rotation.Quand on plonge un rayon dans le mercure, il est sou-mis à une force de Laplace et tourne en entraînant laroue. Le rayon suivant plonge à son tour dans le mercureet subit la force de Laplace, et ainsi de suite. D’après leschéma, le courant dans le rayon plongeant dans le mer-cure va de haut en bas. Comme dans la première ques-tion, chaque rayon tourne vers la gauche et l’ensemblede la roue tourne dans le sens des aiguille d’une montre.32.4. Puissance développée par la force magnétique.La puissance développée est :

P =MO ( ~F ) ·ω

MO ( ~F ) = F ·OG = F ·R

2

= I ·R ·B ·R

2=

I ·R 2 ·B2

ω=2π ·N

60rad s−1

D’où :

P =I ·R 2 ·B ·2π ·N

2 ·60

P =6 ·10−2 ·2 ·10−2 ·2 ·3, 14.90

2 ·60

= 5,665×10−3 W

;

1


;

241

Généralités sur les mouvements

2.1 Notions mathématiques sur la dérivation et l’intégration . . . . . . . . . . . . . . . . 422.1.1 La dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.1.2 L’intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.2 Le mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.1 Caractère relatif du mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.2 Notion de point mobile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.3 Repérage dans le temps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2.4 Les paramètres cinématiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.3 Les mouvements rectilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.1 Mouvement rectiligne uniforme (m.r.u) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.2 Mouvement rectiligne uniformément varié (m.r.u.v.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.3 Mouvement rectiligne sinusoïdal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.4 Mouvements circulaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4.2 Mouvement circulaire uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.4.3 Mouvement circulaire uniformément varié . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.4.4 Mouvement circulaire sinusoïdal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.5 Mouvement d’un solide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.5.1 Mouvement de translation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.5.2 Mouvement de rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49



;

2

42 Chapitre 2. Généralités sur les mouvements

2.1 Notions mathématiques surla dérivation et l’intégration

2.1.1 La dérivation

Déjà étudiée en classe de première, la dérivation estl’opération qui consiste à calculer la dérivée d’une fonc-tion.

Soit f une fonction de la variable t . La dérivée de

f par rapport à t estd f

dt. On note aussi cette dérivée

f ′(t ). Rappelons cependant quelques règles de dériva-tion : u et v étant des fonctions de la variable t et C uneconstante :

dC

dt= 0

dC t

dt=C

dt n

dt= n t n−1

du v

dt= u

dv

dt+ v

u

tdu n

dt= n u n−1 du

dt

du + v

dt=

du

dt+

dv

dtd sin u

dt= cos u

du

dtd cos u

dt=−sin u

du

dtd tan u

dt=

1

cos2 u

du

dtdet

dt= et

Remarque.Notons qu’il existe des dérivées d’ordre supérieur. Parexemple, la dérivée seconde de la fonction u (t ), notéeu ′′(t ) est :

u ′′(t ) =du ′

dt=

d

dt

du

dt

=d2u

dt 2

2.1.2 L’intégration

L’intégration consiste à déterminer la fonction (ap-pelée primitive ou intégrale) connaissant sa dérivée.Puisque la dérivée d’une constante est nulle, l’intégraleest toujours déterminée à une constante près.

Nous nous limiterons à quelques exemples de fonc-tions couramment utilisées en physique : u étant unefonction de la variable temps notée u (t ), sa dérivée estnotée u ′(t ), C et K sont des constantes.

Dérivée :u ′(t ) =du

dtFonction : u (t )

0 C

K K t +C

K t 12 K t 2+C

sin(K t ) − 1K cos(K t ) +C

cos(K t ) 1K sin(K t ) +C

2.2 Le mouvement

La cinématique est l’étude du mouvement des corps.La cinématique ne s’intéresse pas aux causes du mouve-ment (objet de la dynamique que nous étudierons plusloin)

2.2.1 Caractère relatif du mouvement

Considérons un voyageur assis dans une voiture enmouvement, et un observateur : l’observateur est assis dans la même voiture que le

voyageur : le voyageur est immobile par rapport àl’observateur (on dit aussi que le voyageur est aurepos). En effet, la distance entre les deux est inva-riable au cours du temps ; l’observateur est fixe au sol et regarde la voiture pas-

ser. Dans ce cas le voyageur est bien en mouvementpar rapport à l’observateur ou à la terre.

Conclusion: Les notions de mouvement ou de reposont un caractère relatif.

Le mouvement ou le repos ne peut être défini que parrapport à un solide de référence appelé référentiel.

Dans l’exemple ci-dessus, le compartiment de la voi-ture et la terre sont les deux référentiels successivementchoisi pour étudier le mouvement du voyageur.

Il est donc indispensable de préciser le référentieldans lequel on observe un mouvement ; l’objet en mou-vement étant appelé mobile.

2.2.2 Notion de point mobile

Un mobile dont les dimensions sont très petitescompte tenu des moyens d’observation peut être assi-milé à un point.

;

243

2.2. Le mouvement

Exemple.

Un avion loin dans le ciel vu à l’oeil nu peut être as-similé à un point alors qu’une paramécie vu au micro-scope n’est pas un point.

2.2.3 Repérage dans le temps

Nous avons tous la notion intuitive du temps quis’écoule irréversiblement du passé vers le futur en pas-sant par le présent.

A chaque instant du temps on associe un nombre réelappelé date.

L’origine du temps correspond à la date t = 0. Cetteorigine est arbitraire.

Exemple.

dans le calendrier grégorien, la date t = 0 corres-pond à la naissance de Jésus Christ ; dans le calendrier républicain la date t = 0 corres-

pond au 22 septembre 1792 à 0 heure ; dans le calendrier musulman la date t = 0 corres-

pond au refuge de mahomet à médine (an 622) ; la date t = 0 correspond à un coup de feu (course),

à un coup de gong (boxe), . . .

Tous les événements qui ont lieu après l’instant consi-déré comme origine ont une date positive. Ceux qui ontlieu avant cet instant ont des dates comptées négative-ment.

On appelle durée, l’intervalle de temps séparant deuxdates t1 et t2 soit∆t = t2− t1.

Tout dispositif permettant de mesurer une durée estappelé une horloge. (chronomètre, montre, . . .).

L’unité SI de la durée est la seconde (symbole s)Les autres unités de durée : la minute : 1 min= 60 s ; l’heure : 1 h= 60 min= 3600 s ; le jour : 1 j= 24 h ; l’année solaire : 1 année= 365 j ; le siècle : 1 siècle= 100 ans.

2.2.4 Les paramètres cinématiques

Les paramètres de position

Le référentiel d’étude étant choisi, on connaît le mou-vement d’un point mobile si on connaît à chaque ins-tant la position de ce point dans le repère. Cette positionpeut être déterminée de deux manières :

Coordonnées cartésiennes

Dans le repère (O , ~i , ~j , ~k ) la position du point mobile mest définie à chaque instant par le vecteur-position ~O Mqui s’écrit :

~O M = x · ~i + y · ~j + z · ~k

où x , y , z étant les coordonnées cartésiennes de m dansce repère.

Etant donné que le point M est en mouvement, l’uneau moins de ses coordonnées varie en fonction du para-mètre temps et les fonctions x (t ), y (t ) et z (t ) consti-tuent les équations paramétriques ou équations ho-raires du mouvement de M .

Figure 2.1

O

~k

~j

~i

M

Z

Y

X

x

y

z

L’ensemble des positions successives occupées parle mobile au cours de son déplacement est appelée tra-jectoire du mobile.

L’équation de la trajectoire d’un point est une rela-tion liant les coordonnées x , y et z de ce point. Elles’obtient en éliminant le temps t entre les équationsparamétriques donnant x , y , z .

Si la trajectoire est une droite, le mouvement est ditrectiligne sinon, il est curviligne.

Exemple.

mouvement circulaire (la trajectoire est un cercleou un arc de cercle) ; mouvement parabolique (la trajectoire est une pa-

rabole).La forme de la trajectoire dépend du référentiel d’étudechoisi.

Abscisse curviligne

Sur la trajectoire orientée dans le sens du mouvementet munie d’une origine M0, la position d’un point mo-bile m peut être repéré à chaque instant par l’abscissecurviligne.

S =M0M

;

2


Figure 2.2

M0

M

(C )~n

~t

L’abscisse curviligne est liée au temps par la relations = f (t ) appelée équation horaire du mouvement.

En chaque point de la trajectoire on définit une basecurviligne (~t , ~n ) appelée base de Frenet. ~t est tangent en m à la trajectoire (c ) ; ~n est perpendiculaire à ~t .

Vecteur vitesse

Dans le référentiel lié au point O , le vecteur vitessedu point mobile m est défini par :

~v =d ~O M

dt

Les caractéristiques du vecteur-vitesse sont : sa direction : c’est la tangente à la trajectoire son sens : celui du mouvement son intensité v

Le vecteur-vitesse peut être exprimé dans deux bases : dans la base cartésienne (~i , ~j , ~k ), il a trois compo-

santes

~v =

vx =dx

dt= x ′

vy =d y

dt= y ′

vz =dz

dt= z ′

et

v =Æ

vx2+ vy

2+ vz2

=p

x ′2+ y ′2+ z ′2

dans la base de Frenet (~t , ~n )

~v =

vx =ds

dt

vy = 0

En effet, ~v étant porté par la tangente à la trajectoire,sa composante suivant ~n est toujours nulle.

Remarque.Lorsque la norme v du vecteur vitesse est constante, lemouvement est dit uniforme. Si elle varie au cours dutemps, le mouvement est dit varié. Dans ce cas, il peut

être accéléré (le module du vecteur vitesse augmenteau cours du temps) ou retardé (ou freiné) (le moduledu vecteur-vitesse diminue au cours du temps.)

Vecteur accélération

Dans le référentiel lié au point O , le vecteur accéléra-tion s’obtient en dérivant le vecteur vitesse par rapportau temps.

~a =d ~v

dt=

d2 ~O M

dt 2

Le vecteur accélération peut s’exprimer dans deuxbases : dans la base cartésienne (~i ~j ~k ), il a trois compo-

santes

~a =

ax =dvx

dt=

d2 x

dt 2= x ′′

a y =dvy

dt=

d2 y

dt 2= y ′′

az =dvz

dt=

d2z

dt 2= z ′′

dans la base de Frenet (~t , ~n ) :

~a =

at =dv

dt=

d2s

dt 2

an =V 2

ρ

où ρ est le rayon de courbure de la trajectoire aupoint M (c’est le rayon du cercle qui coïncide avecla trajectoire sur une petite portion entourant lepoint M ).

Remarque.

Dans la base curviligne, at caractérise les varia-tions de la norme du vecteur-vitesse, an caracté-rise les variations en direction du vecteur vitesse. Si le mouvement est accéléré, les vecteurs ~a et~v ont même sens, ce qui implique que le produit~a · ~v > 0 (Figure 2.3). A l’inverse, le mouvementest retardé si ~a · ~v < 0 (les vecteurs ~a et ~v sontde sens contraire) (Figure 2.4).

Figure 2.3~ν

~a

M

;

245

2.3. Les mouvements rectilignes

Figure 2.4

~ν

~a

M

Le mouvement est uniforme si ~a · ~v = 0.

Deux cas peuvent alors se présenter : soit ~a = ~0 et ~v 6= 0. Le mouvement est rectiligne

uniforme. En effet, ~a = ~0⇒ ~v = constante. ~a 6= ~0 et ~a ⊥ ~v . Le vecteur-vitesse a un mo-

dule constant, mais le vecteur vitesse ~v n’est pasconstant. le mouvement est circulaire uniforme.(Figure 2.5)

Figure 2.5

~ν

~a

2.3 Les mouvements rectilignes

Dénition.

Le mouvement d’un point mobile m est dit rectilignelorsque sa trajectoire est une droite.

Dans ce cas, les vecteurs : position : ~O M = x ~i

vitesse : ~v =d ~O M

dt=

dx

dt~i = x ′~i

accélération : ~a =d ~v

dt=

dx ′

dt~i =

d2 x

dt 2~i = x ′′~i

sont tous portés par la trajectoire (x ′x ).Le vecteur vitesse ~v a le sens du mouvement, mais ~a

n’a pas forcément le sens du mouvement.

Figure 2.6

x ′

~i ~a ~ν

M (x ) x

2.3.1 Mouvement rectiligne uniforme(m.r.u)

Dénition.

Dans un repère donné, un point m est animé d’unmouvement rectiligne uniforme si et seulement si sonvecteur-vitesse ~v reste constant, donc la direction, lesens et le module de ~v ne varient pas au cours dutemps.

Caractéristiques d’un mouvement rectiligneuniforme

~v = vx~i = vecteur constant

⇒ vx =dx

dt= constante

On en déduit :

ax =dvx

dt= 0

et ~a = ~0

Donc pour un mouvement rectiligne uniforme(m.r.u), ~a = ~0.

Equation horaire d’un mouvement rectiligneuniforme

Quelle est la fonction du temps x (t ) qui, dérivée unefois par rapport au temps, donne une constante (vx )?

C’est une fonction de t du premier degré (voir no-tions mathématiques).

x (t ) = vx t +C

Déterminons la constante C :À t = 0, x = vx t0 +C = C . Donc C est la valeur de

l’abscisse x à t = 0. On la note x0 et on l’appelle élon-gation ou abscisse initiale. On la détermine aisément sion connaît la position du mobile à un instant donné.

L’équation horaire d’un m.r.u. est de la forme :

x (t ) = vx t + x0

Il ressort de cette équation horaire :

x2− x1 = vx (t2− t1)

La distance parcourue∆x = x2− x1 est proportionnelleà la durée de parcours∆t = t2− t1

;

2


2.3.2 Mouvement rectiligneuniformément varié (m.r.u.v.)

Dénition.

Dans un repère donné, un pointm est animé d’un mou-vement rectiligne uniformément varié si et seulementsi son vecteur accélération ~a reste constant.

Caractéristiques d’un mouvement rectiligneuniformément varié

Vecteur-vitesse

Il a une composante vx telle que :

dvx

dt= ax = constante

Par intégration de ax , nous avons :

vx (t ) = ax t +C

Déterminons la constante C :À t = 0, v = ax t0 +C = C . Donc C est la valeur de la

vitesse v à t = 0. On la note v0x et on l’appelle vitesseinitiale. On détermine v0x à partir de la valeur de vx àun instant t quelconque.

Equation horaire

On l’obtient par intégration de vx . C’est une fonctiondu second degré de la forme.

x (t ) =1

2ax t 2+ v0x t + x0

On détermine x0 à partir de la valeur de x à une date tquelconque.

D’autres relations caractéristiques d’un m.r.u.v.

Soit un point mobile en m.r.u.v. Soient respective-ment x1 et v1 l’élongation et la vitesse du mobile à ladate t1 ; x2 et v2 son élongation et sa vitesse à la date t2.On démontre que :

v2− v1 = ax (t2− t1)

v22− v1

2 = 2ax (x2− x1)

2.3.3 Mouvement rectiligne sinusoïdal

Dénition.

On dit qu’un point m est en mouvement rectiligne si-nusoïdal quand son élongation x est une fonction si-nusoïdal du temps.

L’équation horaire d’un tel mouvement est de laforme :

x = Xm cos(ωt +φ)

où : Xm est l’amplitude du mouvement ; Xm est toujours

positif et s’exprime dans la même unité que x ; ω est la pulsation du mouvement ;ω s’exprime en

radians par secondes (rad s−1) ; (ωt +φ) est la phase du mouvement à l’instant t ;

elle s’exprime en radians (rad) ;A l’instant t = 0, la phase du mouvement devient :ω ·0+φ =φ. Doncφ est la phase à l’origine.Au cours d’un tel mouvement, le mobile parcourt le

segment a a ′ de longueur 2Xm , alternativement dans unsens et dans l’autre : on dit qu’il oscille de part et d’autrede l’origine O .

Figure 2.7A′

−xm

A

+xm

O M (t )

x

x ′ x

On appelle période du mouvement, l’intervalle detemps constant t qui sépare deux passages consécutifsdu mobile au même point et dans le même sens.

On appelle oscillation le mouvement effectué par lemobile pendant une période. On démontre que la pé-riode T est liée à la pulsationω par la relation :

T =2π

ω

T en secondes ; ω en radians par seconde (rad s−1).

La fréquence f est le nombre d’oscillations par seconde.Comme chaque oscillation dure T , on a :

f =1

Tf s’exprime en hertz (Hz) dans le SI.

Remarque.

1. L’élongation x peut aussi s’exprimer de la ma-nière suivante :

x = Xm sin(ωt +φ′)

avec φ′ =φ+π

2.

2. Vitesse du mobile à l’instant t :

vx =dx

dt= x ′

=−Xmωsin(ωt +φ)

3. Accélération du mobile à l’instant t :

ax =dvx

dt=

d2 x

dt 2= x ′′

a ′′ =−Xmω2 cos(ωt +φ)

;

247

2.4. Mouvements circulaires

En remarquant que :

Xm cos(ωt +φ) = x

on a :

ax = x ′′ =−ω2 x

⇔ x ′′+ω2 x = 0

Cette relation est appelée équation différentielle dumouvement. Cette équation différentielle est caractéris-tique du mouvement rectiligne sinusoïdal. Cette équa-tion admet pour solution :

x = Xm cos(ωt +φ)

où Xm et φ sont des constantes déterminées par laconnaissance de x et de v à une date t quelconque.

2.4 Mouvements circulaires

2.4.1 Généralités

Dénition.

Un point m est animé d’un mouvement circulaire si satrajectoire est un cercle.

Figure 2.8

Ox ′

y ′

y

xθ

M (x , y )

~i

~j s

x

y

Repérage du point M

On peut repérer le point M par : ses coordonnées cartésiennes x et y dans le repère(O , ~i , ~j ) ; son abscisse curviligne s (t ) =M0M ; son abscisse angulaire θ (t ) = l’angle ( ~O M0

~O M )) àchaque instant.

La relation liant, s , R et θ est :

s =Rθ

Vecteur-vitesse ~v ; vitesse angulaire θ ′

Le vecteur vitesse a pour caractéristiques : direction : c’est la tangente à la trajectoire ; sens : celui du mouvement ;

module : V =ds

dt.

La vitesse angulaire θ ′ est définie par :

θ ′ =dθ

dtexprimé en rad s−1.

Relation entre v et θ ′

s =Rθ

V =ds

dt=

d(Rθ )dt

V =Rdθ

dt=Rθ ′

⇒V =Rθ ′

avec v en m/s ; r en m et θ ′ en rad s−1.

Vecteur accélération ~a

Figure 2.9

Ox ′

y ′

y

x

θ

~i

~j

~a

~an

~at

Dans la base de Fresnet (~t , ~n ), ~a possède deux com-posantes at et an .

~a =

at =dv

dt=

d(Rθ ′)dt

=Rθ ′′

an =V 2

R= (Rθ ′)2R

an =(Rθ ′)2

R=Rθ ′2 = θ ′v

;

2


2.4.2 Mouvement circulaire uniforme

Dénition.

C’est un mouvement circulaire dont le module duvecteur-vitesse du mobile reste constant pendant lemouvement (v = constante).

Conséquences

dv

dt= 0⇒ at = 0, l’accélération du mobile se réduit

à chaque instant à sa seule composante normale,toujours dirigée vers le centre. On dit qu’elle est cen-tripète. Donc a = an =Rθ ′2

si v = Rθ ′ = constante⇒ θ ′ = constante car r estune constante. équation horaire du mouvement θ (t ), on l’obtient

par intégration de la constante θ ′, on obtient unefonction du premier degré :

θ (t ) = θ ′t +θ0

où θ0 est l’élongation angulaire initiale qu’on déter-mine à partir de la valeur de θ à une date t quel-conque.

La période d’un mouvement circulaire uniforme est ladurée que met le mobile pour effectuer un tour complet.

T =2π

θ ′

avec T en seconde et θ ′ en rad s−1.La fréquence f est le nombre de tours effectués pen-

dant une seconde.

f =1

Tf peut aussi s’exprimer en tours par seconde tr/s.

Relation entre f etθ ′ :

T =2π

θ ′

T =1

f

⇒ θ ′ = 2π f

2.4.3 Mouvement circulaireuniformément varié

Dénition.

C’est un mouvement de trajectoire circulaire et d’accé-lération angulaire (θ ′′) constante.

Le vecteur accélération a pour composante :(

at =Rθ ′′

an =Rθ ′2

Vitesse angulaire θ ′(t )

Par intégration de la constante θ ′′, on obtient la fonc-tion du premier degré

θ ′(t ) = θ ′′t +θ ′0où θ ′0 est la vitesse angulaire initiale du mobile.

Equation horaire du mouvement θ (t )

C’est la fonction du second degré obtenue par inté-gration de la fonction du premier degré θ ′(t ).

θ (t ) =1

2θ ′′t 2+θ ′0t +θ0

On démontre que :(

θ ′2 −θ′1 = θ

′′(t2− t1)θ ′2

2−θ ′12 = 2θ ′′(θ2−θ1)

2.4.4 Mouvement circulaire sinusoïdal

Dénition.

C’est un mouvement circulaire dont l’élongation angu-laire θ est une fonction sinusoïdale du temps.

L’équation horaire est de la forme :

θ = θm cos(ωt +φ)

avec θ et θm en rad,ω en rad s−1 etφ en rad.

;

249

2.5. Mouvement d’un solide

Figure 2.10

+θm−θmθ

(+)

M0

M

M1M2

O

Exemple.

Le mouvement d’un pendule simple, constitué d’unpoint matériel suspendu en un point O par un l in-extensible et de masse négligeable, légèrement écartéde sa position d’équilibre stable M0 et abandonné. Une oscillation de durée T correspond au trajet

M0M1M0M2M0 (Figure 2.9) Un battement est une demi-oscillation de durée T

2 .Ainsi, un pendule qui bat la seconde a une périodeT = 2 s. Un battement est une demi-oscillation de durée

T2 .

Vitesse instantanée d’un mouvement circulairesinusoïdal

θ ′ =dθ

dt=−θmωsin(ωt +φ)

Accélération d’un mouvement circulairesinusoïdal

θ ′′ =dθ ′

dt=−θmω

2 cos(ωt +φ)

=−ω2θ

Nous retrouvons l’équation différentielle

θ ′′+ω2θ = 0

2.5 Mouvement d’un solide

En mécanique, un solide est un ensemble indéfor-mable (au cours du temps) de points matériels. On dis-tingue deux mouvements fondamentaux des solides.

2.5.1 Mouvement de translation

Un solide a un mouvement de translation lorsquetous ses points ont des trajectoires identiques et paral-lèles.

Si ces trajectoires sont des droites, la translation estdite rectiligne.

Exemple.

mouvement d’un train sur une voie rectiligne ; mouvement du té sur la planche à dessin.

La translation est dite curviligne lorsque les trajectoiresdes points du solide ne sont pas des droites. Les cabines d’une roue téléphérique ont un mou-

vement de translation circulaire.

Remarque.Tous les points d’un solide en translation ont la mêmevitesse à chaque instant.

2.5.2 Mouvement de rotation

Un solide a un mouvement de rotation quand iltourne autour d’une droite fixe appelée axe de rotation.

Exemple.

mouvement du battant d’une porte autour de l’axedes paumelles ; mouvement d’une poulie autour de son axe.

Remarque.Tous les points du solide ont pour trajectoire descercles centrés sur l’axe de rotation et ont la mêmevitesse angulaire et la même accélération angulaire àchaque instant.

En revanche, la vitesse et l’accélération linéaires (pro-portionnelles à R ) augmentent quand on s’éloigne del’axe de rotation.

;

2



Exercice 1.

Un axe vertical (∆) tourne à vitesse constante. Un objetponctuel C est accroché à l’axe par l’intermédiaire d’unfil AC de masse négligeable et de longueur l = 1 m.

C

θ

(∆)

1.1. Quelle est la nature du mouvement de C lorsque lefil fait un angle θ avec l’axe (∆)1.2. Précisez les caractéristiques de la trajectoire décritepar C lorsque l’angle que fait le fil avec (∆) est θ = 30°

Exercice 2.

Les équations paramétriques d’un mobile sont (en cm) :

x (t ) = 2t

y (t ) =1

2t 2

z (t ) = 0

2.1. Le mouvement du mobile est-il plan ? Pourquoi ?2.2. Déterminer le module du vecteur vitesse du mobileà l’instant t .A.N. : t = 0.2.3. Déterminer le vecteur accélération à un instant tquelconque. Conclure.2.4. Quelle est l’équation de la trajectoire de ce mobile ?

Exercice 3.

L’équation paramétrique d’un mobile en mouvementrectiligne est en mètre :

x =1

2t 2 +2t +1

3.1. Quelle est l’équation de sa trajectoire ?3.2. Déterminer : la position initiale du mobile (position à t = 0 s) ; la vitesse initiale du mobile (vitesse à t = 0 s) ; le module de l’accélération du mobile à un instant

quelconque. Conclure.3.3. Calculer la vitesse moyenne vm du mobile entre les

instants t1 = 0s et t2 = 2s .3.4. Calculer les vitesses v1 et v2 du mobile aux instantsrespectifs t1 = 0s et t2 = 2s .3.5. Comparer v1 et v2 à vm . Conclure.

Exercice 4.

Soit la relation V 2 = K g (x − x0) exprimant la vitesseinstantanée v d’un mobile en mouvement rectiligne, enfonction de sa position. x , K , g et x0 sont des grandeursconstantes dans le temps. Déterminer la valeur de l’ac-célération de ce mobile :

A.N. K =1

4; g = 10 m s−2.

Exercice 5.

Les équations horaires d’un mobile M sont en centi-mètre :

x (t ) = 2 cos(πt )y (t ) = 2 sin(πt )z (t ) = 0

5.1. Montrer que le mouvement de ce mobile a lieu dansun plan et que sa trajectoire est un cercle dont on préci-sera le centre et le rayon.5.2. Déterminer : le module du vecteur vitesse du mobile à l’instant t ; le module du vecteur accélération du mobile à l’ins-

tant t .5.3. Montrer que le vecteur ~a est à chaque instant coli-néaire et de sens contraire au vecteur position ~O M dumobile.

Exercice 6.

Les équations horaires du vecteur vitesse d’un mobile àun instant t quelconque sont données en m s−1 par :

(

Vx = 0, 1

Vy = 0, 2.t

6.1. Déterminer les équations horaires x (t ) et y (t ) descoordonnées de ce mobile à l’instant t sachant qu’àt = 0 s, le mobile se trouve en un point de coordonnéesx0 = 0,1 m et y0 = 0,1 m.6.2. Donner l’équation de sa trajectoire.

Exercice 7.

Un mobile parcourt une droite à la vitesse constantede 12 m s−1. À la date t = 2 s, il se trouve à l’abscissex =−5 m. Quelle est son abscisse à la date t = 20 s ?

Exercice 8.

Déterminer à quel instant et pour quelle élongation lemouvement d’équation : x = −12t 2 + 3t − 5 change desens.

;

251


Exercice 9.

Un mobile démarre sur une trajectoire rectiligne et at-teint au bout de 3 s une vitesse de 10 m s−1.9.1. Quelle est la nature de son mouvement ?9.2. Calculer son accélération sachant qu’elle estconstante.9.3. Quelle est la longueur du trajet parcouru par le mo-bile pendant ce temps ?

Exercice 10.

Démontrer que pour un mouvement rectiligne uniformé-ment varié d’accélération a , les espaces parcourus pen-dant les intervalles de temps successifs égaux θ formentune progression arithmétique de raison r = aθ 2.

Exercice 11.

Un dispositif permet d’enregistrer à des intervalles detemps égaux, les positions d’un point matériel en mou-vement rectiligne. Les résultats obtenus sont consignésdans le tableau suivant :

t (s) 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5

x (cm) 5 15 29 47 69 95

t (s) 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0

x (cm) 124,5 154,5 184,5 214,5 244,5

11.1. Montrer que le mouvement admet une premièrephase uniformément accélérée et calculer son accéléra-tion. Etablir l’équation du mouvement dans cette phase.11.2. Montrer que le mouvement devient uniforme versla fin de l’enregistrement. Etablir l’équation horairepour cette phase. On considérera qu’à l’instant initialV =V0 = 0.

Exercice 12.

Partant du repos, un mobile en mouvement rectiligneacquiert une vitesse de 10 m s−1 après 25 m de parcours.Il parcourt ensuite 50 m avec cette vitesse et s’arrête à125 m de son point de départ. On considère les mou-vements de la première phase et de la troisième phasecomme uniformément variés.12.1. Etablir les équations horaires des trois phases dumouvement en précisant les origines de date et d’espace.12.2. Construire les diagrammes des espaces sur unmême graphique.

Exercice 13.

On étudie le mouvement de chute suivant une même ver-ticale de deux billes assimilables à des points matériels.On admet que les mouvements sont uniformément va-riés. Le vecteur accélération est vertical et dirigé de hauten bas. Son module : a = 10 m s−2.13.1. D’un point O , on lance une première bille A verti-

calement vers le haut avec une vitesse initiale ~v0.13.1.1. Ecrire l’équation horaire de son mouvement enprécisant les repères de temps et d’espace choisis.13.1.2. Quelle est l’altitude maximale atteinte par cettebille? A quelle date atteint-elle ce maximum? On pren-dra v0 = 30 m s−1.13.2. Trois secondes après le départ de la bille A, onlance une deuxième bille B verticalement à partir dumême point O avec la même vitesse ~v0.13.2.1. Ecrire l’équation du mouvement de B en pre-nant les mêmes repères que précédemment.13.2.2. Quand et où les deux billes se rencontrent-elles ?

Exercice 14.

Un mobile ponctuel M se déplace sur un axe x ′O x d’ori-gine O . La loi horaire de son mouvement est en mètre :

x = 2×10−2 cos

40πt −π

6

14.1. De quel mouvement s’agit-il ?14.2. Préciser l’amplitude, la pulsation, la période, la fré-quence et la phase initiale du mouvement.14.3. Quelle est la longueur du segment décrit par M ?14.4. Quelle est la vitesse de M à la date t ? En déduire : la vitesse maximale de M ; la vitesse de M à la date t = 1 s.14.5. Déterminer la date du premier passage du mobileM à la position x = 10−2 m.14.6. Déterminer la phase à l’instant t = 2 s du mouve-ment de M .14.7. Déterminer l’équation différentielle du mouve-ment de M . En déduire son accélération lorsqu’il passepar le point d’abscisse x = 10−2 m.

Exercice 15.

L’équation horaire du mouvement d’un mobile est :

x = 2×10−2 sin

100πt +φ

.

Calculerφ pour chacun des cas suivants :15.1. à l’instant initial, le mobile passe par l’origine desespaces dans le sens des élongations croissantes ;15.2. à l’instant initial, le mobile passe par l’origine desespaces dans le sens des élongations décroissantes ;15.3. à l’instant initial, le mobile passe par l’élongationmaximale ;15.4. à l’instant initiale, le mobile passe par l’élongationminimale.

Exercice 16.

La vitesse linéaire d’un mobile ponctuel en mouvementcirculaire uniforme est de 14 m s−1. Calculer :16.1. sa vitesse angulaire si le rayon de la trajectoire estde 2 m ;16.2. sa fréquence.

;

2


Exercice 17.

On fait tourner un disque initialement au repos jusqu’àatteindre une vitesse constante de 8 rad−2.17.1. Quelle est la valeur de l’angle balayé par un rayondu disque au cours de ce mouvement si l’accélérationvaut 2,5 rad−2 ?17.2. Ecrire l’équation horaire du mouvement dudisque sachant que à t = 0 s, θ = θ0 = 0 rad.)17.3. Lancé à la vitesse ci-dessus, le disque est freiné. Ils’arrête alors au bout de 2s .17.3.1. Calculer la valeur de sa nouvelle accélération.17.3.2. Quelle est la valeur de l’angle balayé par unrayon du disque depuis le début du freinage jusqu’à l’ar-rêt complet.17.3.3. Quel est le nombre de tours complets effectuéspar un rayon du disque pendant cette deuxième phasedu mouvement.

Exercice 18.

Un mobile M supposé ponctuel effectue un trajetAB C D constitué de trois portions et représenté par lafigure ci- contre. AB et B C sont rectilignes. AC = 350 m.C D est un tronçon circulaire de rayon O C = 5 m. L’angle

ˆC O D vaut 60° M part du point A avec une vitesseVA = 10 m s−1. Le mouvement sur le tronçon AB est uni-forme.18.1. Ecrire l’équation du mouvement de M pour cettepremière phase (à t = 0 s, le mobile se trouve au point Aconsidéré comme origine des espaces.18.2. Déterminer la distance AB sachant que le par-cours s’est effectué en 5 s.18.3. La deuxième phase du mouvement (B C ) est uni-formément accélérée.18.3.1. Déterminer la valeur de l’accélération sachantque le mobile arrive en C avec une vitesse VC = 25 m s−1.En déduire la durée de ce parcours.18.3.2. Etablir l’équation du mouvement de M pourcette phase en prenant pour origine des dates, l’instantoù le mobile se trouve en B .18.4. Le mobile, parcourt l’arc de cercle C D d’un mou-vement uniformément accéléré. Sachant que la vitessedu mobile en D vaut 5,5 rad s−1. Déterminer :18.4.1. l’accélération angulaire de M pour cette der-nière phase ;18.4.2. l’équation horaire θ = f (t ) en considérant qu’àl’instant initial le mobile se trouve au point C ;18.4.3. la durée du trajet C D ;18.4.4. la distance totale parcourue par le mobile M deA à D .

Exercice 19.

Comment expliquez-vous qu’un point animé d’un mou-vement circulaire uniforme ait une accelération, bienque la valeur du module de sa vitesse soit constante ? Quesavez-vous de cette accelération ?

Exercice 20.

On veut mesurer la période T1 d’un pendule composé P1

par la méthode des coïncidences. Pour cela, on observeà l’aide d’un viseur les coïncidences de P1 avec le balan-cier d’une horloge qui bat exactement la seconde. Lesdeux pendules oscillent dans des plans parallèles maisle balancier va un peu plus vite que P1. La durée t quisépare deux coïncidences successives c’est-à-dire deuxpassages ensemble des deux pendules par leur positiond’équilibre stable en allant dans le même sens, est de10 minutes. Quelles est alors la période T1 du pendule ?

;

253



Solution 1. (p. 50)

Le dispositif, décrit dans l’énoncé est un pendule co-nique.1.1. Nature du mouvement de C .Observons le mouvement de C en vue de dessous (figureci-dessous)

l

RC

θ

P

(∆)

A

Quand le fil fait un angle θ avec l’axe∆, l’objet C décritune circonférence à vitesse constante. Donc, C a un mou-vement circulaire uniforme.1.2. Caractéristiques de cette trajectoire de C pourθ = 30°.La trajectoire de C est un cercle de centre P . P est unpoint de (∆) tel que :

AP = l cosθ

A.N. AP = 1 cos 30°= 0,866 mLe rayon R de ce cercle a pour valeur :

R = l sinθ = 1 sin 30°= 0,5 m

Solution 2. (p. 50)

2.1. Le mouvement du mobile est-il plan ? Pourquoi ?L’une des coordonnées du point mobile est constante.En effet z (t ) = 0= constante, le mouvement a lieu dansun plan.2.2. Module du vecteur vitesse ~v (t ).Le vecteur vitesse a pour coordonnées :

x ′ =d x

dt= 2

y ′ =d y

dt= t

z ′ =dz

dt= 0

Nous en déduisons le module du vecteur vitesse :

‖ ~v (t )‖= v =Æ

x ′2 + y ′2 + z ′2

=p

4+ t 2

A.N. à t = 0, v =p

4+02 =p

4= 2 cm s−1.

2.3. Module du vecteur accélération ~a (t ).Le vecteur accélération est :

x ′′ =d x ′

dt= 0

y ′′ =d y ′

dt= 1

z ′′ =dz ′

dt= 0

Nous en déduisons le module du vecteur accélération

‖ ~a (t )‖= a =p

02 +12 +02

= 1 cm s−2

a (t ) = constante ⇒ le mouvement est donc uniformé-ment varié.2.4. Equation de la trajectoire du mobile.Éliminons la variable t dans les équations paramé-triques :

x = 2t (S2.1)

y =1

2t 2 (S2.2)

z = 0 (S2.3)

De (S2.1) on tire :

t =x

2(S2.4)

(S2.4) dans (S2.2) :

y =1

2

x

2

2

=x 2

8

y =1

8x 2

c’est l’équation d’une parabole. Nous concluons que latrajectoire du mobile étudié est parabolique.

Solution 3. (p. 50)

3.1. Equation de la trajectoire.Dans le repère (O , ~i , ~j , ~k ), le mouvement rectiligne a lieusuivant la direction de ~i . La trajectoire n’étant détermi-née qu’après avoir fixé y et z .3.2. Déterminons :3.2.1. la position initiale du mobile :

x0 = x(t=0) =1

2·02 +2 ·0+1= 1 m

3.2.2. la vitesse initiale du mobile :

v0 = v(t=0) =d x

dt= t +2

v(t=0) = 2 m s−1

3.2.3. le module de l’accélération :

a (t ) =dv

dt= 1= constante

Nous concluons que le mouvement du mobile est uni-formément varié.3.3. Calculons la vitesse moyenne vm entre t1 = 0 et

;

2


t2 = 2 s

vm =x (t2)− x (t1)

t2 − t1

vm =x(t=2) − x(t=0)

t2 − t1

vm =7−1

2−0= 3 m s−1

3.4. Calculons : v1 et v2

v1 = v(t=0) = 0+2= 2 m s−1

v2 = v(t=2) = 2+2= 4 m s−1

3.5. Comparons à v1 et v2 à vm .

v1 < vm < v2

On constate que :

vm =1

2(v1 + v2)

=1

2(2+4) = 3 m s−1

Nous concluons que : pour un mouvement rectiligne uni-formément varié, la vitesse moyenne entre deux instantst1 et t2 est égale à la moyenne des vitesses instantanéesà ces deux instants.

Solution 4. (p. 50)

Soit un mobile en mouvement rectiligne, dont la vitesseinstantanée est donnée par :

V 2 = K g (x − x0) (S2.1)

où k , g et xB sont des constantes. Déterminons l’accélé-ration de ce mobile.Dérivons membre à membre l’équation (S2.1) :

d (V 2)d t

= K gd x

dt(S2.2)

⇔ 2VdV

dt= K g

d x

dt(S2.3)

En remarquant qued x

dt=V et que

dV

dt= a ,

(S2.3)⇒ 2V a = K g V

⇒ a =K g

2

A.N. a =0, 25×10

2= 1,25 m s−2.

Solution 5. (p. 50)

5.1. L’une des coordonnées du mobile M étantconstante (z = 0), le mouvement a lieu dans le planz = 0.Équation de la trajectoire du mobile : éliminons t dansles 2 équations paramétriques

x 2 = 4 cos2πt (S2.1)

y 2 = 4 sin2πt (S2.2)

(S2.1) plus (S2.2) donne :

x 2 + y 2 = 4

cos2πt + sin2πt

En remarquant que :

cos2 a + sin2 a = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 4

c’est l’équation d’un cercle de centre C (0,0) de rayon2 cm.5.2. Module du vecteur-vitesse en cm s−1 à la date t :

~v =

x ′ =d x

dt=−2πsinπt

y ′ =d y

dt= 2πcosπt

‖ ~v ‖=q

x ′2 + y ′2

=p

4π2 sin2πt +4π2c o s 2πt

= 2πp

sin2πt + cos2πt = 2π

En effet : sin2πt + cos2πt = 1. Et v = 2π= 6,28 cm s−1

5.3. Module du vecteur accélération à la date t :

~a (t ) =

ax =d x ′

dt=−2π2 cosπt

a y =d y ′

dt=−2π2 sinπt

‖ ~a (t )‖=q

x ′′2 + y ′′2

= 2π2 = 19,72 cm s−2

Autre méthode de calcul de a .Le mouvement étant circulaire, on a :

a =V 2

R=

4π2

2= 2π2

= 19,72 cm s−2

5.4. Direction et sens de ~a par rapport à ceux du vecteurposition ~O M

~a =−2π2 cosπt ~i −2π2 sinπt ~j

=−π2(2 cosπt ~i +2 sinπt ~j )

=−π2 ~O M

Donc ~a a même directement que ~O M mais a un sensopposé a celui de ~O M .

Solution 6. (p. 50)

6.1. Déterminons les équations horaires x (t ) et y (t ) sa-chant qu’à t = 0, x0 = 0,1 m et y0 = 0,1.Le problème revient à déterminer les fonctions x (t ) ety (t ) dont les dérivées par rapport à t donnent respecti-vement Vx (t ) et Vy (t ).

Vx =d x

dt

La fonction x (t ) qui a pour dérivée 0,1 est à uneconstante k près :

x (t ) = 0, 1t +K

Pour déterminer K , nous nous plaçons à une date où x

;

255


est connu. A t = 0,

x(t=0) = x0 = 0, 1= 0, 1 ·0+K

⇒ K = x0 = 0, 1

x (t ) = 0, 1t +0, 1

De même, la fonction y (t ) qui a pour dérivée 0, 2t est àune constante K ′ près :

y (t ) = 0, 21

2t 2 +K ′ = 0, 1t 2 +K ′

A t = 0,

y (t = 0) = y0 = 0, 1= 0, 102 +K ′

⇒ K ′ = 0, 1

⇒ y (t ) = 0, 1t 2 +0, 1

D’où l’équation horaire du mouvement du mobile :

x (t ) = 0, 1t +0, 1 (S2.1)

y (t ) = 0, 1t 2 +0, 1 (S2.2)

6.2. Equation de la trajectoire :Éliminons t entre les deux équations paramétriques(S2.1) et (S2.2) :

x = 0, 1t +0, 1

⇒ t =(x −0, 1)

0, 1⇒= 10x −1

y = 0, 1t 2 +0, 1

⇒ y = 0, 1(10x −1)2 +0, 1

⇒ y = 10x 2 −2x +0, 2

C’est l’équation d’une parabole. Donc la trajectoire estparabolique.

Solution 7. (p. 50)

La trajectoire du mobile étant une droite, le mouvementest rectiligne. De plus sa vitesse est constante : le mou-vement de ce mobile est rectiligne uniforme d’équationhoraire :

x (t ) = v t +B

où B est une constante à déterminer.À t = 2 s, x =−5 m

x(t=2) = 12 ·2+B =−5

B =−29

D’où l’équation horaire du mouvement :

x (t ) = 12t −29

Son abscisse à t = 20 s est :

x = 12 ·20−29= 211 m

Solution 8. (p. 50)

Pour que le mouvement change de sens, la vitesse doits’annuler. A ce moment, le mobile s’arrête d’abord avantde rebrousser chemin. Nous avons donc :

v (t ) =d x

dt

v (t ) =d(−12t 2 +3t −5)

dt

=−24t +3

Pour

v = 0

−24t +3= 0

t =3

24= 0,125 s

Donc, le mouvement de ce mobile change de sens à ladate t = 0,125 s. L’élongation du mouvement à cette dateest :

x(t=0,125 s) =−12 · (0, 125)2 +3 ·0, 125−5

=−4,81 m

Solution 9. (p. 51)

9.1. Nature du mouvement.La trajectoire est rectiligne nous concluons que ce mou-vement rectiligne. La vitesse de ce mobile varie au coursdu temps. Nous concluons que ce mouvement est varié.En définitive, le mouvement de ce mobile est rectiligneet varié.9.2. Calcul de l’accélération de ce mouvement.L’accélération étant constante, le mouvement rectiligneest uniformément varié et l’une de ses propriétés est :

∆V = a∆t ⇒ a =∆V

∆t

=V(t=3) −V(t=0)

t − t0

=10−0

3−0= 3,34 m s−2

9.3. Distance parcourue par le mobile pendant le démar-rage.Le mouvement étant rectiligne uniformément varié, ilpossède aussi la propriété suivante :

∆V 2 = 2a∆x

De cette propriété, nous avons :

V 2(t=3) −V 2

(t=0) = 2a (x3 − x0)

Avec x3 − x0 = distance parcourue

x3 − x0 =V 2 −V0

2

2a

=102 −0

2 ·3, 34= 15 m


Calculons les distances parcourues pendant les intervallesde temps successifs égaux à θ .En admettant v0 = 0 et x0 = 0, l’équation horaire du mou-vement est :

x (t ) =1

2a t 2

x1(t +θ ) =1

2a (t +θ )2

;

2


=1

2a t 2 +a t θ +

1

2aθ 2

x2(t +2θ ) =1

2a (t +2θ )2

=1

2a t 2 +2a t θ +

1

24aθ 2

x3(t +3θ ) =1

2a (t +3θ )2

=1

2a t 2 +3a t θ +

1

29aθ 2

Distance parcourue pendant le premier θ :

x1 − x = a t θ +1

2aθ 2

Distance parcourue pendant le deuxième θ :

x2 − x1 = a t θ +1

23aθ 2

Distance parcourue pendant le troisième θ :

x3 − x2 = a t θ +1

25aθ 2

D’un intervalle de temps θ à l’intervalle de temps θ sui-vant, la distance parcourue augmente de :

a t θ +1

23aθ 2

−

a t θ +1

2aθ 2

=

a t θ +1

25aθ 2

−

a t θ +1

23aθ 2

=aθ 2

Donc les distances parcourues pendant les intervallesde temps successifs égaux θ forment une progressionarithmétique de raison r = aθ 2


Complétons le tableau des positions en y reportant lesdistances parcourues (xx+1− xi ) =∆x pendant les inter-valles de temps successifs égaux à θ = 0,1 s, ainsi que les

valeurs de la vitesse v (t ) =xi+1 − xi

ti+1 − ti. Entre les positions

la vitesse moyenne est égale à la vitesse instantanée à la

dateti+1 − ti

2.

t (s) 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5

x (cm) 5 15 29 47 69 95

t (s) 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0

x (cm) 124,5 154,5 184,5 214,5 244,5

Dates 0,05 0,15 0,25 0,35 0,45

∆x (cm) 10 14 18 22 26

v (t ) (cm s−1) 100 140 180 220 260

Dates 0,55 0,65 0,75 0,85 0,95

∆x (cm) 29,5 30 30 30 30

v (t ) (cm s−1) 295 300 300 300 300

11.1. Nature du mouvement à la première phase.Pour 0 < t < 0,5 s, les distances parcourues pendant lesintervalles de temps successifs égaux (θ = 0,1 s) formentune progression arithmétique de raison r = 4 cm. Cettephase est donc rectiligne et uniformément accéléré (ré-ciproque de la propriété démontrée à l’exercice 10).11.1.1. Calcul de l’accélération du mouvement :

r = aθ 2

a =r

θ 2

=4×10−2

e −2= 4 m s−2

11.1.2. Equation du mouvement dans cette phase.Le mouvement étant rectiligne uniformément accéléré,on a :

v (t ) = a t +K

Pour a = 4 m s−2 déterminons K .Pour t = 0,05 s, v = 1 m s−1 (voir tableau),

1= 4 ·0, 05+K

K = 0, 8

d’où l’expression de v :

v (t ) = 4t +0, 8

Déterminons la fonction x (t ) qui a pour dérivéev (t ) = 4t +0, 8.C’est la fonction :

x (t ) = 41

2t 2 +0, 8t +C

= 2t 2 +0, 8t +C

Pour déterminer C ,plaçons-nous à t = 0 où x = 5 cm= 0,05 m :

0, 05= 2, 0+0, 8 ·0+C

C = 0,05 m

x (t ) = 2t 2 +0, 8t +0, 05 en m.

11.2. Etude du mouvement vers la fin de l’enregistre-ment.Pour 0,5 s ≤ t < 1 s, les distances parcourues pendantla même durée θ = 0,1 s sont égales (voir tableau). Lavitesse est donc constante et le mouvement est rectiligneuniforme.11.2.1. Equation horaire pour cette phase.Le mouvement étant rectiligne uniforme, son équationhoraire est de la forme :

x (t ) =V t +C ′

où V = 3 m s−1 (voir tableau).Déterminons la constante C ′ :à t = 0,7 s, x = 1,545 m (voir tableau)

1, 545= 3 ·0, 7+C ′

C ′ = 1, 545−2, 1=−0, 555

d’où l’équation horaire du mouvement :

x (t ) = 3t −0, 555 en m

;

257



Soit un mobile dont le mouvement sur une trajectoirerectiligne comporte trois phases :

O A B C

t = 0 s

V0 = 0 m s−1

x0 = 0 m

VA = 10 m s−1

xA = 25 m

VB = 10 m s−1

xB = xA +50= 75 m

VC = 0 m s−1

xC = 125 m

12.1. Equation horaire des trois phases.12.1.1. 1er phase : tronçon O A.Le mouvement est rectiligne uniformément varié d’accé-lération donnée par :

VA2 −V0

2 = 2a (xA − x0)

⇒ a =VA

2 −V02

2(xA − x0)

a =102 −0

2(25−0)= 2 m s−2

En intégrant l’accélération a , nous obtenons la vitesseinstantanée du mouvement de cette phase :

a =dv

dt

⇒ dv = a dt

⇒ v (t ) =

∫

a dt

⇔ v (t ) = a t +C

⇔ v (t ) = 2t +C

Déterminons C à t = 0, V0 = 0 m s−1

0= 20+C

C = 0

D’où l’expression de V (t ) :

V (t ) = 2t

En intégrant la vitesse instantanée, nous obtenonsl’équation horaire du mouvement de la première phase.

v (t ) =d x

dt

⇔ dx = v (t )dt

⇔ x =

∫

v (t )dt

⇔ x =

∫

2t dt

⇔ x = 21

2t 2 +K

Déterminons K à t = 0, x0 = 0

0= 02 +K

K = 0

x (t ) = t 2

Date d’arrivée en A :

xA = t 2A

⇒ 25= t 2A

⇒ tA =p

25= 5 s

12.1.2. 2e phase : tronçon AB .v = constante ⇒mouvement rectiligne uniforme :

x (t ) =V t +C

où V = 10 m s−1

x (t ) = 10t +C

Déterminons C .En gardant les mêmes origines de dates et des positionsqu’à la 1ère phase, on a : a t = 5 s (date d’arrivée en A),x = 25 m

25= 10 ·5+C

⇒C = 25−50=−25

D’où l’expression de l’équation horaire de la deuxièmephase :

x (t ) = 10t −25

12.1.3. 3ème phase : tronçon B C .Le mouvement est rectiligne uniformément varié. Dansces conditions l’accélération “a ” est donnée par :

V 2C −V 2

B = 2a (xC − xB )

⇒ a =V 2

C −V 2B

2(xC − xB )

a =02 −102

2(125−75)=−1 m s−2

En intégrant l’accélération a , nous obtenons la vitesseinstantanée du mouvement de cette phase :

v (t ) = a t +K =−t +K

à t = 10 s, VC = 10 m s−1

⇒ 10=−10+K

⇒ K = 20

V (t ) =−t +20

En intégrant la vitesse instantanée, nous obtenonsl’équation horaire du mouvement de la première phase.

x (t ) =−1

2t 2 +20t +K ′

à t = 10 s, x = 75 m

75=−1

2102 +20 ·10+K ′

⇒ K ′ =−75

x (t ) =−1

2t 2 +20t −75

Date d’arrivée en C : c’est la date à laquelle la vitesses’annule.

V (tC ) = 0

⇔−tC +20= 0

⇒ tC = 20

;

2


12.2. Construire les diagrammes des espaces revient à re-présenter le graphique x (t ).

0≤ t < 5 sx (t ) = t 2

5≤ t < 10 sx (t ) = 10t −25

10≤ t ≤ 20 sx (t ) =−1

2t 2 +20t −75

t (s)

x (m)

5 10 15 20

25

50

75

100

125


13.1. Mouvement de la 1ère bille :

~a =−10~k

⇒‖ ~a‖= 10 m s−2

13.1.1. Equation horaire du mouvement de la 1ère bille :À t = 0, ~v0 = v0

~k et Z0 = 0.Première intégration :

vz =−a t +C =−10t +C

A partir des conditions initiales on détermine. C = v0

d’où v (t ) =−10t + v0

Deuxième intégration :

z1 =−101

2t 2 + v0t +C ′

=−5t 2 + v0t +C ′

A partir des conditions initiales, on détermine C ′ = 0d’où l’équation horaire de la première bille :

z1(t ) =−5t 2 + v0t

13.1.2. Altitude maximale atteinte par cette bille pourv0 = 30 m s−1.Au moment où la bille atteint cette altitude maximale, savitesse s’annule. Le mouvement étant rectiligne et uni-formément varié, on a :

v 2 − v 20 = 2a∆z

⇒∆z = h =v 2 − v 2

0

2a

=02 −302

2 · (−10)= 45 m

Date à laquelle cette bille atteint son altitude maximale.Deux possibilités :

13.1.2.1. Soit on résout l’équation :

45=−5t 2 +30t

13.1.2.2. Soit on résout l’équation :

−10t +30= 0

Dans les deux cas on trouve :

t = 3 s

13.2. Mouvement de la deuxième bille13.2.1. Equation horaire de la deuxième bille.Dans les mêmes conditions que la première bille,

az =−10 m s−2

Une première intégration de a donne :

v2 =−10t +k

à t = 3 s ; v2 = 30 m s−1

30=−10 ·30+K

⇒ k = 60

et v2 =−10t +60.Une deuxième intégration donne :

z2 =−101

2t 2 +60t +K ′

à t = 3 s, z2 = 0 m

⇒ 0=−5 ·32 +60 ·3+K ′

⇒ K ′ =−135

D’où : z2 =−5t 2 +60t −13513.2.2. Date et lieu de rencontre des deux billes.Les deux billes se rencontrent lorsque :

z1 = z2

⇒−5t 2 +30t =−5t 2 +60t −135

⇒ t = 4,5 s

Lieu de rencontre :

z2 =−5 ·4, 52 +60 ·4, 5−135= 33,75 m


14.1. Nature du mouvement.Le mobile M se déplace sur l’axe x O x ′ son mouvementest rectiligne. La loi horaire étant une fonction sinusoï-dale, le mouvement est donc rectiligne sinusoïdal.14.2. Caractéristiques du mouvement.Par identification à l’équation horaire :

x = Xm cos(ωt +φ),

l’amplitude du mouvement est : Xm = 2×10−2 m la pulsation du mouvement est : ω = 40π. Nous en

déduisons : la période :

T =2π

ω=

2π

40π

=1

20= 0,05 s

;

259


la fréquence :

f =1

T=

1

0, 05= 20 Hz

la phase initiale du mouvement : d’après l’expres-

sion de x (t ),φ =−π

6.

14.3. Longueur du segment décrit par le mobile.Sur l’axe x ′o x , le mobile décrit le segment délimité parles points d’abscisse −Xm et +Xm de longueur :

L = Xm − (−Xm ) = Xm +Xm

= 2Xm = 2 ·2×10−2 = 4×10−2 m

14.4. Vitesse du mobile à la date t :

v (t ) =d x

dt

=−2×10−240πsin

40πt −π

6

=−0, 8πsin

40πt −π

6

14.5. Vitesse maximale de M :v (t ) est maximale pour

sin

40πt −π

6

=±1

‖ vm ‖= 80π10−2 = 2,51 m s−1

la vitesse de M à la date t = 1 s

v(t=1 s) =−80π10−2 sin

40π1−π

6

= 1,256 m s−1

14.6. Date du premier passage de M au point d’abscissex = 10−2 m.Cette date est solution de l’équation :

x (t ) = 10−2

10−2 = 2×10−2 cos

40πt −π

6

⇔ cos

40πt −π

6

=10−2

2×10−2 = 0, 5

Or 0, 5= cos

π

3+2K π

, donc :

40πt −π

6=π

3+2K π

⇒ t =1

80+

K

20

Pour le premier passage de M en cette position,

K = 0⇒ t =1

80= 0,0125 s

14.7. Phase du mouvement du mobile à la date t = 2 s.La phase du mouvement à l’instant est :

40πt −π

6

A l’instant t = 2 s cette phase est :

40π2−π

6= 479

π

6rad

14.8. Equation différentielle du mouvement :

x (t ) = 2 ·10−2 cos

40πt −π

6

v (t ) =d x

dt

=−80π10−2 sin

40πt −π

6

a (t ) = x ′′(t ) =dv

dt

=−1600π2 ·2 ·10−2 cos

40πt −π

6

=−1600π2 x (t )

x ′′(t ) +1600π2 x (t ) = 0

14.9. Accélération du mouvement à la positionx = 10−2 m.De l’équation différentielle, nous tirons :

a (t ) =−1600π2 x (t )

Pour x = 10−2 m,

a =−1600π210−2

=−16π2 =−157,9 m s−1


Pour calculerφ, on se place à un instant où la vitesse etla position sont connues :

x (t ) = 2 ·10−2 sin(100πt +φ)

v (t ) =d x

dt= 2πcos(100πt +φ)

15.1. A t = 0, x0 = 0 ; v0 > 0 (car le mouvement à lieudans le sens des élongations croissantes).Nous avons alors :

x0 = 0, 02s i n (100π0+φ) = 0

⇒ 0, 02s i nφ = 0

⇒φ = 0 ouφ =π

v0 = 2πcos(100π0+φ)> 0

⇒ v0 = 2πcosφ

Si φ = 0 ⇒ v0 = 2πcos0 = 2π > 0 (conforme à l’hypo-thèse de la question 1 où v0 > 0).Si φ = π⇒ v0 = 2πcosπ = −2π < 0 (contraire à l’hypo-thèse de la question 1 où v0 > 0). La phase φ est doncφ = 015.2. A t = 0, x0 = 0 et v0 < 0 (car le mouvement à lieudans le sens des élongations décroissantes).De même que ci-dessus nous avons deux valeurs pos-sibles de φ : φ = 0 et φ = π. Mais dans ce cas, c’est lavaleurφ =π qui satisfait l’hypothèse v0 < 0.15.3. Si à t = 0, x =+Xm

2 ·10−2 sin(100π0+φ) = +2 ·10−2

⇒ sinφ =+1

⇒ sinφ = s i nπ

2

;

2


⇒φ =π

2

A l’élongation maximale, le mobile s’arrête et v = 0. Véri-

fions si pourφ =π

2, et t = 0, v0 = 0 ?

v0 = 2πcos

100π+π

2

= 2πcosπ

2= 0

⇒(conforme à l’hypothèse)

15.4. Si à t = 0, x =−Xm .Par le même raisonnement qu’ à la question 3, on trouve :

φ =−π

2


16.1. Calcul de la vitesse angulaire θ ′ du mobile.Pour un mouvement circulaire uniforme,

V =Rθ ′⇒ θ ′ =V

R

=14

2= 7 rad s−1

où R est le rayon de la trajectoire.16.2. Calcul de sa fréquence f .

f = 2π

θ ′

⇒ f =1

T=θ ′

2π

=7

2 ·3, 14= 1,114 Hz


17.1. Valeur de l’angle balayé au cours de cette phase dumouvement pour θ ′′ = 2,5 rad s−2.Pour un mouvement circulaire uniformément accéléré,on a :

θ ′22 −θ ′1

2 = 2θ ′′(θ2 −θ1)

⇒ θ2 −θ1 =θ ′2

2 −θ ′12

2θ ′′

A.N. θ ′2 = 8 rad s−1 ; θ ′1 = 0; θ ′′ = 2,5 rad s−2 ;θ2 −θ1 = 12,8 rad.17.2. Equation horaire sachant qu’à t = 0 s , θ0 = 0 rad etθ ′0 = 0 rad s−1.Par intégrations successives, nous obtenons :

θ ′(t ) = θ ′′t +θ0

⇒ θ (t ) =1

2θ ′′t 2 +θ ′0t +θ0

Pour

θ ′′ = 2,5 rad s−2,θ ′0 = 0

θ0 = 0

θ (t ) = 1, 25t 2(rad)

17.3. A la vitesse θ ′ = 8 rad s−1, le disque est freiné et

s’arrête au bout de 2 s.

θ ′2 −θ′1 = θ

′′2 (t2 − t1)

⇒ θ ′′2 =θ ′2 −θ

′1

t2 − t1=

0−8

2

=−4 rad s−2

17.4. Angle balayé par un rayon du disque au cours dufreinage.

θ ′22 −θ ′1

2 = 2θ ′′2 (θ2 −θ1)

⇒ θ2 −θ1 =θ ′2

2 −θ ′12

2θ ′′2

=0−82

2(−4)= 8 rad

17.5. Nombre de tours n effectués par un rayon pendantle freinage.

θ2 −θ1 = 2πn

⇒ n =θ2 −θ1

2π=

8

2 ·3, 14= 1,27 tr


α

A B

C

D

B

O

α= 60°

Etude du mouvement sur la portion AB .18.1. Equation du mouvement sur la portion AB sa-chant que sur cette portion, le mouvement est uniformeet qu’à t = 0, le mobile est en A avec une vitesseVA = 10 m s−1.x = VA t + K où K = 0 car A est origine des positions⇒ x = 10t18.2. Distance AB sachant que le parcours a duré 5 s :xB = 10tB = 105= 50 m18.3. Distance AB sachant que le parcours a duré 5 s :Étude de la phase B C18.3.1. Déterminons l’accélération sachant queVC = 25 m s−1.Pour un mouvement rectiligne uniformément accéléréentre B et C ,

VC2 −VB

2 = 2a (xC − xB )

⇒ a =VC

2 −VB2

2(xC − xB )

a =252 −102

2(350−50)= 0,875 m s−2

Durée du parcours B C :

VC −VB = a (tC − tB )

⇒ tC − tB =VC −VB

a

;

261


tC − tB =25−10

0, 875= 17,14 s

18.3.2. Equation du mouvement pour cette phase avecpour les conditions initiales suivantes : t0 = 0 s ;x0 = xB = 50 m ; a = 0,875 m s−2 ; V0 =VB = 10 m s−1.Par intégrations successives de a , on obtient :

x = 0, 4375t 2 +10t +50

18.4. Étude de la phase C D .La vitesse angulaire en D est θD

′ = 5,5 rad s−1.18.4.1. Calculons la vitesse angulaire en C :

VC =RθC′

⇒ θ ′C =VC

R

θ ′C =25

5= 5 rad s−1

Le mouvement étant uniformément accéléré.

θ ′D2 −θ ′C

2 = 2θ ′′(θD −θC )

⇒ θ ′′ =θ ′D

2 −θ ′C2

2(θD −θC )

θ ′′ =5, 52 −52

2

π

3

= 2,5 rad s−2

18.4.2. Equation du mouvement (θ = f (t )) pour cettephase avec pour conditions initiales suivantes : t0 = 0 s,θ0 = θC = 0 rad ;Par intégrations successives de θ ′′, on obtient :

θ = 1, 25t 2 +5t (en rad).

18.4.3. Durée du trajet C D .Le mouvement étant uniformément accéléré,

θ ′D −θ′C = θ

′′(tD − tC )

⇒ tD − tC =θ ′D −θ

′C

θ ′′

tD − tC =5, 5−5

2, 5= 0,2 s

Autre méthode pour calculer t :L’origine des dates étant l’instant où le mobile est en C ,résolvons l’équation suivante :

θ (t ) =π

3

⇒ 1, 25t 2 +5t =π

3

⇒ 1, 25t 2 +5t −π

3= 0

⇒ t = 0,2 s

18.4.4. Distance totale d parcourue par M de A à D :d = AC +C D . Avec C D = Rθ où R = O C = rayon de

l’arc C D et θ = 60°=π

3rad.

d = 350+53, 14

3= 355,2 m


Pour un mouvement circulaire uniforme, a 6= 0 bien queV = cte car :

~a =d ~V

dt, le vecteur accélération ~a caractérise les varia-

tions du vecteur-vitesse ~V . Or pour un mouvement cir-culaire (uniforme ou non) la direction du vecteur vitessechange à chaque position de sorte que le vecteur accé-lération ~a caractérise ce changement de la direction duvecteur-vitesse ~V , bien que le module de ce vecteur vi-tesse soit constant. Donc pour un mouvement circulaireuniforme, bien que V = cte, ~V 6= ~c t e (car sa direction

change au cours du temps) et ~a =d ~V

dt6= ~0


Déterminons T1.Pendant la durée T1, le balancier (qui oscille un peu plusvite) fait

1 oscillation+1 fraction

1

k

e

oscillation.

Pendant la durée 2T1, il fera

2 oscillations+1 fraction

2

k

e

oscillation.

Ainsi de suite, pendant la durée K T1 le balancier auraeffectué

K oscillations+k

1

K

e

oscillation

pendant que le pendule a effectué exactement K oscilla-tions. Il y a alors coïncidence. La durée nécessaire pourcette coïncidence est t . Pour le pendule P1 :

t = K T1⇒ K =t

T1(S2.1)

pour le balancier :

t = (K +1)T (S2.2)

(S2.1) et (S2.2)

⇒ t =

t

T1+1

T

⇒ T1 =t T

t −T

T1 =10 ·60 ·2

10 ·60 · −2= 2,006 s

;

2


;

363

Les lois de Newton

3.1 Système dynamique et milieu extérieur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.1 Système dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.2 Notion de point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.3 Caractéristiques d’un système . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.4 Forces intérieures et forces extérieures . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.1.5 Système isolé - Système pseudo-isolé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.2 Principes des actions réciproques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.3 Principe d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.3.1 Les référentiels galiléens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.4 Théorème du centre d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.5 Dynamique du solide en translation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.6 Dynamique du solide en rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.7 Théorème de Huygens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.8 Méthode de résolution des problèmes de dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69



;

3

64 Chapitre 3. Les lois de Newton

3.1 Système dynamique etmilieu extérieur

3.1.1 Système dynamique

En mécanique, on appelle système l’ensemble(constitué d’un ou plusieurs objets) sur lequel portel’étude.

La dynamique étudie le mouvement des objets. Onappelle système dynamique tout objet dont on étudiele mouvement.

Tout ce qui ne fait pas partie du système constitue lemilieu extérieur

3.1.2 Notion de point matériel

On appelle point matériel une “petite” portion de ma-tière ayant une masse et des dimensions suffisamment“petites” (compte tenu des moyens d’observation) pourque l’on puisse l’assimiler à un point.

Exemple.

Un satellite articiel au repos sur la terre ne saurait êtreconsidéré comme un point ; cependant, dans son mou-vement orbital autour de la Terre, il peut être assimiléà un point matériel.

3.1.3 Caractéristiques d’un système

1. Un système est un ensemble de points matériel.2. Un système peut être déformable ou indéformable :

si la distance entre deux points quelconques du sys-tème reste constant, ce système est indéformable.On lui donne alors le nom de solide.

3. Un système a une masse M :

M =∑

mi

où mi est la masse de chaque point matériel. Dansle SI M s’exprime en kilogramme (kg).

4. Un système a un centre d’inertie G . Le centred’inertie G est la barycentre des points du systèmeayant pour coefficient les masses de chacun de cespoints. Dans le champ de pesanteur, (localementuniforme), G coïncide avec le centre de gravité dusystème.

Rappel : a propos du barycentreG de n points

Relation de dénition

G est le barycentre des points A1, A2, Ai , . . . , An s’il vé-rifie la relation

m1−−→G A1+m2

−−→G A2+ · · ·+mn

−−→G An = ~0

Soit :

n∑

i=1

mi−−→G Ai = ~0

Cette expression vectorielle peut s’exprimer d’uneautre manière : O étant un point quelconque du plan,on démontre que :

−−→OG =

m1−−→O A1+m2

−−→O A2+ · · ·+mn

−−→O An

m1+m2+ · · ·+mn

Si le plan est muni d’un repère (O , ~i , ~j ), les coordonnéesde G sont :

G =

XG =m1XA1

+m2XA2+ · · ·+mn XAn

m1+m2+ · · ·+mn

YG =m1YA1

+m2YA2+ · · ·+mn XAn

m1+m2+ · · ·+mn

Propriété importante du barycentre

Le barycentre de deux points distincts A et B est unpoint situé sur la droite (A, B ).

Position du centre de masse G de quelques solideshomogènes de formes simples :

1. Sphère.

Figure 3.1

G

2. Cylindre. G est le point de l’axe du cylindre situé àmi-hauteur.

;

365

3.1. Système dynamique et milieu extérieur

Figure 3.2

G

3. Parallélépipède rectangle.G est le point deconcours des diagonales.

Figure 3.3

G

4. Anneau ou cerceau. G est centre du cerceau ou del’anneau.

Figure 3.4

G

5. Plaque triangulaire. G est le point de concours desmédianes.

Figure 3.5

G

6. Plaque rectangulaire.G est le point de concoursdes diagonales.

Figure 3.6

G

3.1.4 Forces intérieures et forcesextérieures

On appelle forces intérieures, les forces exercées parune partie du système sur une autre partie du système.On appelle forces extérieures, les forces exercées sur lesystème par des corps du milieu extérieur. Il est doncnécessaire de définir au préalable le système de façonprécise.

Exemple.

Considérons un dispositif expérimental constitué parun solide (S ), suspendu par un l ( f ) à un crochet (C ).

Figure 3.7Support

(C )

( f )

(S )

Décomposons ce dispositif en trois parties (c ), ( f ) et(S ) et faisons l’inventaire des forces agissant sur cha-cune des parties :

Figure 3.8~R

~Ff /c

(c )

(c ) est soumis à deux forces : la force exercée par le l notée ~Ff /c ; la force exercée par le support notée ~R .

;

3


Sur ( f ) :

Figure 3.9~Ff /s

~P

(s )

~Fc / f

~Fs/ f

f

( f ) est soumis à deux forces : la force exercée par le crochet (c ) notée ~Fc / f

la force exercée par le solide (S )noté ~FS/ f

Sur (S ) : (S ) est soumis à deux forces : son poids (exercée par la Terre) notée ~P la force exercée par le l ( f ) noté ~Ff /S

En considérant le système (S ), ( f ), (c ), ~R et ~P sont desforces extérieures et ~Ff /c , ~Fc / f , ~FS/ f et ~Ff /S sont desforces intérieures.D’après le principe des interactions,

~Ff /C =− ~Fc / f ⇒ ~Fs u b f /c + ~Fc / f = ~0

~FS/ f =− ~Ff /S ⇒ ~FS/ f + ~FS/ f = ~0

⇒ ~Ff /C + ~Fc / f + ~FS/ f + ~Ff /S = ~0

Nous retiendrons que : la somme de toutes les forces intérieures d’un sys-

tème est nulle ; seules, les forces extérieures peuvent modier le

mouvement ou la forme du système.

3.1.5 Système isolé - Systèmepseudo-isolé

Un système est isolé lorsqu’il n’est soumis à aucuneaction extérieure. Un tel système n’existe pas dans lapratique car, quelque soit le système objet-Terre choisi,on ne peut négliger l’attraction des autres planètes.

Cependant, certains systèmes sont soumis à desforces extérieures dont la somme vectorielle est nulle.De tels systèmes se comportent comme s’ils n’étaientsoumis à aucune action extérieure; on dit que ces sys-tèmes sont pseudo-isolés ou libres.

Exemple.

Tout objet en mouvement sur une table (ou banc) àcoussin d’air appelé aérotable (aérobanc) ou table souf-ante (banc souant). Ici le poids ~P de l’objet est com-pensé par la réaction ~R de la surface. (Les frottementsétant presque supprimés par la couche d’air.)

3.2 Principes des actionsréciproques

Cette loi universelle de la physique porte encore lenom de principe des interactions ou encore principe de“l’action et de la réaction”.

Dénition.

Lorsqu’un corps A exerce sur un corps B une action( ~FA/B ), le corps B exerce simultanément sur le corpsA une action ( ~FB/A ), de même droite d’action, de senscontraire et d’égale intensité. On peut donc écrire :

~FA/B =− ~FB/A

Remarque.

1. On distingue des interactions de contact et desinteractions à distance (attraction universelle)

2. Le principe des interactions est valable, que lescorps soient en mouvement ou au repos.

3.3 Principe d’inertie

Dénition.

Le centre d’inertie G d’un système isolé ou pseudo-isolé est soit immobile ~VG = ~0 , soit en mouvementrectiligne uniforme :

( ~VG = Cte 6= ~0)

Réciproquement

Lorsque le centre d’inertie d’un système est immobileou en mouvement rectiligne uniforme, la somme desforces extérieures qui agissent sur lui est nulle :

∑

~Fext = ~0

3.3.1 Les référentiels galiléens

Dénition.

On appelle référentiel galiléen, un référentiel dans le-quel le principe d’inertie est rigoureusement exact.

;

367

3.4. Théorème du centre d’inertie

Exemple: Référentiels galiléens

1. Le référentiel héliocentrique est le meilleur réfé-rentiel galiléen connu. A ce référentiel est associéle repère héliocentrique Origine : le centre du soleil Vecteurs unitaires : dirigés vers trois étoiles

lointaines qui paraissent immobiles.2. Tout référentiel en mouvement de translation rec-

tiligne et uniforme par rapport à un référentielgaliléen est galiléen. Certains référentiels, sansêtre rigoureusement galiléens, permettent d’étu-dier avec une bonne approximation les mouve-ments de courte durée. Ces référentiels peuventêtre considérés comme galiléens. Nous pouvonsciter dans ce cas : Le référentiel géocentrique auquel est asso-

cié le repère géocentrique qui a pour origine :le centre de la Terre et dont les vecteurs uni-taires sont orientés vers trois étoiles loin-taines supposées immobiles. Le référentiel terrestre ou référentiel du labo-

ratoire auquel est associé un repère terrestre(origine : un point de la terre ; vecteurs uni-taires liés à la Terre)

3.4 Théorème du centred’inertie

Dénition.

Tout système de masse M soumis à des forces exté-rieures, acquiert sous l’action de ces forces une accé-lération ~aG qui est celle de son centre d’inertie G ettelle que :

∑

~Fext =M ~aG

Remarque.Cas particulier d’un système pseudo-isolé où∑

~Fext = 0. Par conséquent,

M 6= 0⇒ ~aG = ~0

Sachant que ~aG =dVG

dt,

~aG =dVG

dt= ~0

signie que ~VG est constant et par conséquent que lesystème a un mouvement rectiligne et uniforme. C’estle principe d’inertie qui nous apparaît alors comme unsimple cas particulier du théorème du centre d’inertie.

Limites de validité du théorème du centre d’inertie

La relation∑

~Fext =M ~aG

n’est applicable qu’en dynamique classique (ou new-tonienne). C’est le domaine de la dynamique où la vi-tesse des corps en mouvement reste assez faible de-vant la célérité c des ondes électromagnétiques dansle vide (c = 3×108 m s−1). Pour être un peu précis,le domaine de la dynamique classique est délimitépar :

v ≤ 0, 14c soit v ≤ 42×106 m s−1

3.5 Dynamique du solide entranslation

Rappel

Lorsqu’un solide est animé d’un mouvement de transla-tion, tous les points du solide possèdent la même vitesseinstantanée, donc la même accélération.

De ce fait, le mouvement du solide est alors entière-ment déterminé par celui de son centre d’inertie auquelon applique la relation :

∑

~Fext =M ~aG

3.6 Dynamique du solide enrotation

Un solide en rotation autour d’un axe fixe soumisà des forces extérieures acquiert sous l’action de cesforces une accélération angulaire θ ′′ telle que :

∑

M

~Fext

= J∆θ′′

où J∆ est le moment d’inertie du solide par rapport àl’axe de rotation∆.

Rappelons l’expression du moment d’inertie dequelques solides par rapport à un axe (∆)1. Masse ponctuelle m tournant autour de (∆) sur un

cercle de rayon r :

J∆ =m r 2

;

3


Figure 3.10(∆)

m

2. Cerceau de masse m de rayon r par rapport à unaxe ∆, perpendiculaire à son plan et passant parson centre O .

J∆ =m r 2

Figure 3.11

r

(∆)

3. Cylindre creux de masse m , de rayon r , par rap-port à son axe de révolution. Remarquons qu’uncylindre creux est une superposition de cerceaux.

J∆ =m r 2

Figure 3.12(∆)

r

4. Disque de masse m , de rayon r par rapport à unaxe∆ perpendiculaire à son plan et passant par O .

J∆ =1

2m r 2

Figure 3.13

(∆)

r

O

5. Cylindre plein de masse m , de rayon r par rapport

à son axe de révolution.

J∆ =1

2m r 2

Remarquons qu’un cylindre plein est une superpo-sition de disques pleins.

Figure 3.14

(∆)

r

O

6. Sphère pleine homogène de masse m , de rayon r ,par rapport à un diamètre.

J∆ =2

5m r 2

Figure 3.15(∆)

7. Tige homogène de masse m , de longueur l par rap-port à une axe (∆) de symétrie perpendiculaire auplan de rotation de la tige.

J∆ =1

12ml 2

Figure 3.16

∆

3.7 Théorème de Huygens

Les moments d’inertie ci-dessus déterminés ont étécalculés par rapport à un axe (∆) qui passe par le centrede gravité du solide.

Or il arrive qu’on ait besoin du moment d’inertie parrapport à un axe (D ) parallèle à (∆), ne passant pas parle centre de gravité. On utilise alors le théorème de Huy-

;

369

3.8. Méthode de résolution des problèmes de dynamique

gens :

JD = J∆+md 2

avec J∆ : moment d’inertie par rapport à l’axe (∆) pas-

sant par le centre de gravité du solide ; m : masse du solide d : distance entre les deux axes.

Figure 3.17

d

(D )

(∆)

G

3.8 Méthode de résolution desproblèmes de dynamique

Pour résoudre un problème de dynamique, nousconseillons la démarche suivante :1. Délimiter avec précision le système à étudier en

considérant successivement chacune de ses par-ties.

2. Choisir le référentiel d’étude. Celui-ci doit être Ga-liléen si on veut appliquer la R.F.D. ou le théorèmede l’énergie cinétique.

3. Faire sur un schéma clair le bilan des forces exté-rieures appliquées au système.

4. Appliquer dans le référentiel Galiléen choisi, laR.F.D. ou le théorème de l’énergie cinétique.

5. Exploiter cette relation. Si elle est vectorielle, onl’utilise en projetant les vecteurs sur un systèmed’axes orthonormés.

6. En déduire les conséquences cinématiques : La R.F.D. permet de calculer l’accélération aG .

Il faut alors tenir compte des conditions ini-tiales et chercher les primitives successives del’accélération pour obtenir la vitesse, les équa-tions horaires et l’équation de la trajectoire ducentre d’inertie G . Le théorème de l’énergie cinétique permet de

calculer directement la vitesse du centre d’iner-tie


Exercice 1.

Une pirogue de longueur L = 5 m et de masse M = 150 kgest au repos sur une eau tranquille. Lorsqu’elle est vide,le centre se trouve à égale distance des extrémités. Déter-miner la nouvelle position du centre de gravité lorsquela pirogue a un passager de masse m = 60 kg assis à l’unede ses extrémités. On admettra que le centre de gravitéde la pirogue non chargée est sur la même horizontaleque le centre de gravité du passager.(On assimilera la pirogue à une barre rigide horizontale.On admettra que toute la matière constituant la pirogueest uniformément répartie sur cette barre.)

Exercice 2.

Deux règles homogènes de même longueurAC = AB = 10 cm sont fixées rigidement à angledroit. AC pèse deux fois plus que AB .

A

CB

Déterminer la position du centre de gravité de ce solidepar rapport au point A.

Exercice 3.

Deux solides S1 et S2 , de masse respectives m1 et m2, sontreliés par une tige de masse négligeable. L’ensemble sedéplace sur un plan horizontal sans frottement, grâce àune force de traction ~F , de direction horizontale et d’in-tensité constante, qui s’exerce sur le solide S2. Exprimeren fonction de F , m1 et m2 :3.1. l’accélération a du centre d’inertie du système ;3.2. les tensions T1 et T2 exercées par la tige respective-ment sur les solides S1 et S2.Calculer T1 et T2 pour F = 10 N et m1 =m2.

Exercice 4.

On considère un solide de masse m = 10 kg animé d’unmouvement de translation uniforme de direction hori-zontale. Le solide est tiré par une ficelle faisant un angleθ = 30° avec le plan horizontal, avec une force de tractionF = 50 N.

;

3


G θ

Déterminer la direction et l’intensité de la réaction ~R duplan sur le solide et de la force de frottement ~F entre leplan et le solide. On prendra g = 10 m s−2.

Exercice 5.

Sur un solide de masse m = 10 kg s’exerce une force detraction F = 50 N au moyen d’une corde dont la directionfait un angle β = 45° avec l’horizontale ; Le solide montele long d’un plan incliné d’un angleα= 30° sur l’horizon-tale, animé d’un mouvement rectiligne uniforme. Déter-miner l’intensité de la réaction ~R du plan incliné sur lesolide. On prendra g = 10 m s−2.

Exercice 6.

Un volant en fonte, de diamètre 2 m tourne autour d’unaxe de rotation horizontal, passant par son centre, et si-tué à 2,05 m au-dessus du sol. Son moment d’inertie parrapport à son axe de rotation est 10 kg m2 ; On admet quesa masse est entièrement répartie sur sa circonférence.

Il tourne à raison de900

πtours par minute.

6.1. Quelle est la masse de ce volant ?6.2. Quelle est sa vitesse angulaire, en radians par se-conde ?A un moment donné, on demande un supplément detravail au moteur sur l’arbre duquel est calé le volant. La

vitesse qui était900

πtours par minute diminue jusqu’à

885

πtours par minute. Calculer l’énergie restituée par le

volant. Sachant que le ralentissement a duré 3 s. Quelleest la puissance moyenne développée par le volant pen-dant ce temps ?6.3. Le volant ayant retrouvé sa vitesse constante de900

πtours par minute, un fragment de fonte de masse

100 g, se détache par suite d’une rupture, alors qu’ilse trouve à l’extrémité supérieure du diamètre vertical.Quelle est sa vitesse linéaire au moment précis de l’arra-chement et son énergie cinétique ?

Exercice 7.

Le plateau d’un électrophone, réalisé par moulage d’unalliage métallique homogène d’épaisseur constante,peut se décomposer en deux parties : Un disque horizon-tal de diamètre D = 2R = 30 cm et de masse M = 1,60 kg,portant à sa périphérie une jante verticale de massem = 0,20 kg et dont l’épaisseur constante est petite parrapport à R . L’ensemble est mobile sans frottement au-tour d’un axe vertical (∆), perpendiculaire au disque enson milieu O . On pourra confondre π2 avec 10.

(A)

O

Jante en coupe diamétrale

R

Disque

7.1. Former l’expression du moment d’inertie, J , du pla-teau par rapport à l’axe (∆). Vérifier que sa valeur est :J = 2,25×10−2 SI (on précisera l’unité). Calculer l’éner-

gie cinétique du plateau tournant à100

3trs/min et la vi-

tesse linéaire d’un point situé à sa périphérie.7.2. Le plateau, initialement au repos, acquiert en 5 se-condes la vitesse de régime précédente, selon un mou-vement uniformément varié. Calculer, pendant cette pé-riode de démarrage,7.2.1. l’accélération angulaire du plateau7.2.2. le nombre de tours effectués7.2.3. le moment du couple moteur7.2.4. la puissance moyenne fournie par le moteur, tousles frottements étant négligés.

Exercice 8.

Un solide A de masse M peut glisser sans frottement surun rail horizontal. Un fil inextensible et de masse négli-geable relie A, en passant sur une poulie d’axe horizontal,à un solide B de masse m qui peut descendre verticale-ment. Ce fil est parallèle au rail entre A et la poulie. Onnégligera la masse de la poulie devant M et m ainsi quetout frottement.Pour les applications numériques, on prendraM = 0,30 kg, m = 0,15 kg et g = 9,8 m s−2.8.1. L’ensemble est abandonné sans vitesse initiale àl’instant, t = 0 l’abscisse de A étant nulle à cette date.8.1.1. Etablir l’équation du mouvement de A.8.1.2. Quelle distance parcourt A avant d’atteindre unevitesse de 2,2 m s−1 ?8.1.3. Quelle est la tension du fil pendant le mouve-ment ?8.2. La poulie a un diamètre de 7 cm. Quand B touchele sol, sa vitesse étant alors 2,2 m s−1, le fil saute hors dela poulie qui tourne librement à partir de cet instant.Quelles sont alors la vitesse angulaire de la poulie en ra-dians par seconde et sa vitesse de rotation en tours parseconde ?8.3. Après l’arrêt de B au sol, A qui continue à glisser surle rail horizontal heurte un corps A′ de masse M ′, alorsimmobile et qui peut également glisser sans frottement.Sachant que le choc est élastique, déterminer les vitessesde A et de A′ après la collision en fonction de M et M ′.

A.N. : M ′ =M puis M ′ =M

2

;

371


Exercice 9.

Un appareil de levage utilisé sur un chantier se présentede la façon suivante : Un cylindre creux B (toute sa masse

est répartie à sa périphérie), homo-gène, de rayon R = 0,20 m et demasse m = 50 kg peut tourner sansfrottement autour de son axe de ré-volution disposé horizontalement. Ilest mû par un moteur électrique quiexerce sur le cylindre un couple demoment constant M .

Un câble inextensible de masse né-gligeable est enroulé sur le cylindre,une extrémité étant fixée au cylindre.A l’autre extrémité on suspend uncorps A de masse m ′ = 1000 kg.

O

A

B

+

R

9.1. Le corps s’élève en partant du repos; le câble neglisse pas sur le cylindre.9.1.1. Montrer par deux manières différentes (en utili-sant le théorème de l’énergie cinétique à l’appareil delevage complet, puis sans utiliser ce théorème, mais enconsidérant la tension T du câble) que le mouvement deA est uniformément accéléré.9.1.2. A s’élève d’une hauteur h = 50 m en un tempst = 25 s ; calculer son accélération.9.1.3. Calculer la tension du câble ; quel serait l’allonge-ment d’un dynamomètre de raideur k = 105 N m−1 inter-calé entre A et le câble ?9.1.4. Calculer le moment M du couple moteur.9.1.5. Calculer le travail fourni par le moteur électriquelorsque A s’est élevé d’une hauteur de 50 m.9.2. Au bout de 50 m de montée la charge est délestéeautomatiquement sans à coup et le moteur électriquedébrayé. Le cylindre est alors arrêté en 10 tours sous l’ef-fet d’un couple de freinage de moment constant. Quelleest la valeur de ce couple ? On prendra g = 10 m s−2.

Exercice 10.

On dispose d’un plan constitué de deux rails parallèlessur lesquels peut rouler un volant de rayon R roulantsans glisser lorsque la pente n’est pas trop forte autourde l’arbre de rayon r .

r

R

A

C B

α

L’inclinaison des rails par rapport à l’horizontale est ré-glable par un support de hauteur variable.Le volant est placé en un point du plan des rails dontl’abscisse est repérée sur une graduation. Une fois libéré,il descend le long du plan et vient percuter en bout de

course une butée d’arrivée B placée à l’extrémité infé-rieure de la graduation. La distance e (m) parcourue parle volant est donnée par la différence entre l’abscisse fi-nale x (B ) = 1,8 m et les abscisses initiales xi .10.1. Nature du mouvement du volant, penteconstante.

Positions x i (m) e (m) t i (s) t 21 (s2)

e

t 2

1 1,4 3,1

2 1,3 3,5

3 1,2 3,8

4 1,1 4,1

5 1,0 4,3

6 0,9 4,7

7 0,8 5,0

On fait partir successivement le volant des positionsd’abscisses x1, x2, . . . données dans le tableau des me-sures ci-contre. On chronomètre la durée t1, t2, . . . desdifférents parcours. Les résultats sont consignés dans letableau suivant :

Expérience sinαi =h i

et (s) t 2 (s2) a (m s−2)

1 4×10−2 2,8

2 5×10−2 2,5

3 6×10−2 2,3

4 8×10−2 2,0

10.1.1. Recopier et compléter par colonne.10.1.2. L’ensemble des valeurs expérimentales du rap-

porte

t 2permet de définir la nature du mouvement de

chute du volant le long du plan incliné. Quelle est la na-ture de ce mouvement ?10.1.3. Calculer l’accélération a du mouvement. Pource faire on utilisera la valeur de

e

t 2qui correspond au

plus grand effectif statistique.10.2. Variation de l’accélération avec la pente du plan.A partir de la position horizontale du plan, on donnedes inclinaisons croissantes en augmentant la hauteurAC = h . Dans chaque expérience, le volant parcourt lamême distance e = 1 m. On chronomètre la durée dechacun des parcours du volant.10.2.1. Compléter le tableau ci-contre. Tracer le graphede a = f (sinα). Quelle est la nature de cette courbe.10.2.2. Déterminer la pente de ce graphe. En déduirel’expression de a en fonction de sinα. Comparer cettevaleur moyenne de a à g sinα.10.2.3. Sachant que l’expression théorique de a est :

a = g sinα1

1+J

m r 2

Calculer la valeur du moment d’inertie du volant.On donne la masse du volant m = 2×10−1 kg etr = 5×10−3 m ; on prendra g = 9,8 m s−2.

;

3



Solution 1. (p. 69)

Soient G1 le centre de gravité de la pirogue à vide et G2

le centre de gravité du passager.

O

G1 ~i G G2

Définissons un repère (O , ~i ) sur la droite G1G2 afin depouvoir appliquer la relation barycentrique. L’origine Opeut être placée en principe n’importe où, ce qui nousdonne la possibilité de choisir G1 ou G2 comme origine(pour simplifier les calculs).Le centre de gravité de la pirogue chargée du passager estdonné par le barycentre G des points G1 et G2 affectésrespectivement des coefficients M et m .

−−→OG =

M ·−−→OG1 +m ·

−−→OG2

M +m

La projection de cette relation vectorielle dans le repère(O , ~i ) nous donne :

OG =M ·OG1 +m ·OG2

M +m

Choisissons l’origine O du repère en G1. On obtient :

G1G =M ·G1G1 +m ·G1G2

M +m

=m ·G1G2

M +m(puisque G1G1 = 0)

A.N. G1G2 =L

2=

5

2= 2,5 m.

M = 150 kg

m = 60 kg

G1G =60 ·2, 5

150+60

= 0,71 m= 71 cm

Solution 2. (p. 69)

Position du centre de gravité de ce solide.

A

CB

x ′y ′

x y

G1 G2G

Le centre de gravité de chaque règle est situé en son mi-lieu. Dans un repère orthonormé (O , ~i , ~j ), les coordon-

nées du centre de gravité G1 de la règle AC sont :

−−→OG1 =

(

x1 = 0

y1 = 5

Dans ce même repère ceux du centre de gravité G2 de larègle AB sont :

−−→OG2 =

(

x2 = 5

y2 = 0

Le centre de gravité de ce solide est donné par la relationdu barycentre

−−→OG =

m1−−→OG1 +m2

−−→OG2

m1 +m2

Avec m1 =masse de la règle AC et m2 =masse de la règleAB . Puisque la règle AC pèse deux fois plus que la règleAB , m1 = 2m2. En posant m2 =m , on a m1 = 2m .Par projection de cette relation sur les axes x O x ′ ety O y ′, et en prenant A comme origine, nous obtenonsles coordonnées du barycentre G dans le repère ortho-normé (O , ~i , ~j )

−→AG =

xG =2m · x1 +m · x2

2m +m=

2m ·0+m ·53 ·m

=5

3

yG =2m · y1 +m · y2

2m +m=

2m ·5+m ·03 ·m

=10

3

On constate que le centre de gravité, bien que lié au so-lide, n’appartient pas à ce solide.

Solution 3. (p. 69)

3.1. Accélération a du centre d’inertie du système. Système étudié : S1,S2. Référentiel : référentiel terrestre supposé galiléen. Bilan des forces appliquées au système :

x x ′

S1

~R1

~P1

S2

~R2

~P2

~F

Le poids ~P2 de S2, la réaction ~R2 du plan sur S2, le poids~P1 de S1 , et la réaction ~R1 du plan sur S1

Appliquons la R.F.D. au système.

~P1 + ~R1 + ~P2 + ~R2 + ~F = (m1 +m2) · ~a

Projetons cette relation sur x x ′ :

0+0+0+0+ F = (m1 +m2) ·a

⇒ a =F

m1 +m2

3.2. Tension T1 exercée par la tige sur S1.Considérons le sous-système S1, soumis aux forces ~P1, ~R1

et ~T1 :

;

373


xx ′

S1

~R1

~P1

~T1

Ecrivons la R.F.D. pour S1.

~P1 + ~R1 + ~T1 =m1 ~a


0+0+T1 =m1 ·a

avec a =F

m1 +m2

⇒ T1 =m1

m1 +m2· F

3.3. Tension T2 exercée par la tige sur S2.Considérons le sous-système S2, soumis aux forces ~P2,~R2, ~T2 et ~F .

xx ′

S2

~R2

~P2

~F~T2

Ecrivons la R.F.D. pour S2.

~P2 + ~R2 + ~T2 =m2 · ~a


0+0+T2 + F =m2 ·a⇒ T2 = F −m2 ·a

avec a =F

m1 +m2⇒ T2 =

1−m2

m1 +m2

· F

=m1

m1 +m2· F

= T1

Pour F = 10 N, et m1 =m2

T1 = T2 =m1

2.m1·10= 5 N

Solution 4. (p. 69)

4.1. Direction et intensité de ~R . Système étudié : le solide de centre d’inertie G . Le référentiel est un référentiel terrestre supposé gali-

léen. Bilan des forces agissant sur le système : le poids ~P du solide ; la réaction ~R du plan ; la force de traction ~F .

x ′

y ′

x

y

~F

θ

~R

α

F · cosθ

F · sinθ

R · cosα

R · sinα

Appliquons la R.F.D. au système ~P + ~R + ~F =m · ~a .Le mouvement étant uniforme,

~a = ~0 ⇒ ~P + ~R + ~F = ~0

Projetons cette relation sur les axes x x ′ et y y ′ :

x x ′ : 0−R cosα+ F cosθ = 0

⇒R cosα= F cosθ (S3.1)

y y ′ : −P +R sinα+ F sinθ = 0

⇒R sinα= P − F sinθ (S3.2)

Faisons le rapport(S3.1)

(S3.2):

R sinα

R cosα=

P − F sinθ

F cosθ

⇒ tanα=P − F sinθ

F cosθ

A.N. : P =mg = 10 ·10= 100 N;

F = 50 N

sinθ = 0, 5

cosθ = 0, 866

tanα= 1, 732

⇒α= 60°

4.2. Intensité de ~R .De l’équation (S3.1) on a :

R cosα= F cosθ ⇒ R =F cosθ

cosα= 86,6 N

4.3. Direction et intensité de la force de frottement.La composante horizontale de ~R constitue la force defrottement. Ainsi

f =R cosα= 86, 6 ·0, 5= 43,3 N

Solution 5. (p. 70)

Déterminons l’intensité de la réaction ~R du plan inclinésur le solide.Réduisons le système étudié à son centre d’inertie, le ré-férentiel est un référentiel terrestre supposé galiléen.Bilan des forces agissant sur le système : le poids ~P du solide, la réaction ~R du plan, la force de traction ~F .

;

3


y

y ′

x

x ′

α

~R

~F

~P

β

ϕ

ϕ =β −α

Ecrivons la R.F.D. pour le système : ~P + ~R + ~F =m ~a .Le mouvement étant uniforme ~a = ~0, donc :

~P + ~R + ~F = ~0

Projetons cette relation sur y y ′ :

−P cosα+R + F sin(β −α) = 0

⇒R =mg cosα− F sin(β −α)A.N. : m = 10 kg

g = 10 m s−2

F = 50 N

cosα= 0, 866

sin(β −α) = sin 15°= 0, 260

⇒R = 73,6 N

Solution 6. (p. 70)

6.1. Calculons la masse du volant :La masse du volant est uniformément répartie sur unanneau. Son moment d’inertie par rapport à l’axe∆ (axequi passe par le centre de l’anneau) est :

J =M R 2

avec

R =D

2,

J =M D 2

4,

⇒M =4J

D 2=

4 ·10

22= 10 kg

6.2. Vitesse angulaire en rad s−1.Soit N la fréquence de mouvement de rotation et θ ′ lavitesse angulaire. N est le nombre de tours par secondeet 1 tour= 2πrad.

θ ′ = 2πN

Avec

N =900

πtour/min

N =900

π60=

15

πtour/s

⇒ θ ′ = 2π ·15

π= 30 rad s−1

Calculons l’énergie restituée par le volant lorsque sa vi-

tesse passe de N1 =900

πtour/min à N2 =

885

πtour/min

E =−

Ec 2 −Ec 1

=1

2J θ1′

2 −1

2J θ2′

2 avec

θ2′ =885

π ·602π= 29,5 rad s−1⇒ E = 148,75 J

Cette énergie E correspond à l’opposé de la perte d’éner-gie cinétique du volant. Puissance moyenne développéepar le volant.

P =E

t=

148, 75

3= 49,6 W

6.3. Vitesse linéaire du fragment de 100 g au moment del’arrachement.

V =Rθ ′

avec

R =D

2=

2

2= 1 m

θ ′ = 30 rad s−1

⇒V = 30 m s−1

Energie cinétique du fragment.

Ec =1

2mV 2 =

1

2·0, 1 ·302 = 45 J

Solution 7. (p. 70)

7.1. Expression du moment d’inertie du plateau.Le moment d’inertie J du plateau est la somme des mo-ments d’inertie de ces différentes partie.

J = Jjante + Jdisque =mR 2 +1

2M R 2

A.N.

m = 0,2 kg

M = 1,6 kg

R = 0,15 m

J = 2,25×10−2 kg m−1

Calculons l’énergie cinétique du plateau lorsqu’il tourneà la vitesse N .

Ec =1

2J θ ′

2

avec

θ ′ = 2πN

⇔ Ec =1

2J ·4π2N 2

=1

22,25×10−2 ·4 · (3, 14)2 ·

100

3

1

60

2

= 0,14 J

Vitesse linéaire d’un point situé à la périphérie. V =Rθ ′.A.N.

R = 0,15 m

θ ′ = 2π

100

3

1

60

rad s−1

;

375


⇒V = 0,52 m s−1

7.2. Accélération angulaire du plateau pendant la phasede démarrage.Le mouvement étant circulaire uniformément accéléré,on a :

θ ′ = θ ′′ · t +θ0

avec

θ0′ = 0

θ ′ = θ ′′

t ⇒ θ ′′ =θ ′

t=

2π·59

5= 0,7 rad s−2

7.3. Nombre de tours effectués pendant cette phase.L’équation horaire de ce mouvement est :

θ =1

2θ ′′ · t 2 +θ0 · t +θ0

si θ0 = 0 et θ0′ = 0, alors θ = 12θ′′ · t 2 A t = 5s ,

θ = 12 · 0,7 · 52 = 8,75 rad. Or si n est le nombre de tours

effectués,

θ = 2π ·n⇒ n =θ

2π= 1,4 tour

7.4. Calculons le moment du couple moteur.Appliquons au plateau la R.F.D. :

ΣM = J∆θ′′

où M est le moment du couple moteur.

M = J∆θ′′ = 2,25×10−2 ·0, 7= 1,57×10−2 N m

7.5. Calculons la puissance moyenne fournie par le mo-teur.

P =M θ ′ = 1,57×10−2 ·2π ·

5

9

= 0,055 W

Solution 8. (p. 70)

8.1. Equation du mouvement de A.Le système comprend deux parties reliées par un fil in-extensible : le corps A et le corps B .Considérons d’abord le corps A :Faisons le bilan des forces qui agissent sur A dans un réfé-rentiel terrestre, donc Galiléen. Son poids ~PA ; la réaction~R du rail, la tension ~TA exercée par le fil.

x ′ x

r

y ′

y

A ~TA

~R

~PA

~PB

~TB

Appliquons la R.F.D. à A :

~PA + ~R + ~TA =M ~a

Projetons cette relation sur x ′x :

0+0+TA =M .ax

⇒ TA =M ax (S3.1)

Considérons ensuite le corps B :Faisons le bilan des forces qui agissent sur B dans un réfé-rentiel terrestre, donc Galiléen. Son poids ~PB , la tension~TB exercée par le fil.

Appliquons la R.F.D. à B :

~PB + ~TB =m ~a

Projetons cette relation sur y ′ y :

PB +TB =M a y (S3.2)

Faisons (S3.1) dans (S3.2) en tenant compte de ce que :

TB = TA = T

ax = a y = a

PB =mg

mg −M a =ma

⇒ a =m

m +Mg

A.N.

m = 0,15 kg

M = 0,30 kg

g = 9,8 m s−2

⇒ a = 3,26 m s−2 = constante

Par intégrations successives de a , et en tenant comptedes conditions initiales à t = 0, v = v0 = 0, x = x0 = 0)

x =1

2a t 2 = 1, 63t 2

8.2. Distance parcourue par A avant d’atteindre la vi-tesse de 2,2 m s−1.L’accélération a étant constante, le mouvement de Aest rectiligne, et uniformément accéléré. Nous pouvonsécrire :

V 2 −V 20 = 2a (x − x0)

avec V0 = 0, x0 = 0 et x = d .

d =V 2

2a=

2, 22

2 ·3, 26= 0,74 m

8.3. Tension du fil au cours du mouvement.

(S3.1) ⇒ T =M a = 0, 3 ·3, 26= 0,98 N.

8.4. Vitesse angulaire θ ′ (rad s−1) et vitesse de rotation N(tour/s) de la poulie.Au moment où B touche le sol, sa vitesse VB = 2,2 m s−1

est aussi la vitesse linéaire V de la poulie. Or V =Rθ ′ oùθ ′ est la vitesse angulaire de la poulie. Donc :

θ ′ =V

R=

2, 2

3,5×10−2 = 62,85 rad s−1

Vitesse de rotation :

θ ′ =N 2π ⇒ N =θ ′

2π=

62, 85

2 ·3, 14= 10 tour/s

8.5. Vitesse V (A) de A et vitesse V (A′) de A′ après la col-lision.

;

3


La collision entre A (projectile de masse M , de vitesseinitiale V = 2,2 m s−1) et A′ (cible de masse M ′ et initiale-ment immobile) est un choc élastique. Après la collision,

V (A) =M −M ′

M +M ′ ·V

V (A′) =2M

M +M ′ ·V

A.N.8.5.1. Pour

M ′ =M

V (A) = 0

V (A′) =V = 2,2 m s−1

8.5.2. Pour

M ′ =M

2

V (A) =0, 5 ·V

1, 5= 0,75 m s−1

V (A′) =2V

1, 5= 2,93 m s−1

Solution 9. (p. 71)

9.1. Montrons, en utilisant deux méthodes différentesque le mouvement de A est uniformément accéléré.

Méthode 1. Utilisation du théorème de l’énergie ciné-tique.Système étudié : l’ensemble cylindre, câble et masse A.Bilan des forces agissant sur le système : le poids ~PB du cylindre B ; la réaction ~R de l’axe. l’action du couple moteur M ; les tensions ~TA et ~TB du câble ; le poids ~PA du corps A.Appliquons alors le théorème de l’énergie cinétique ausystème entre le départ et un instant quelconque dumouvement. (la charge A s’est alors élevée de x et sa vi-tesse est v . Au même instant, la poulie a effectué unerotation d’angle θ et a acquis une vitesse angulaire θ ′).

∆Ec =∑

W ( ~F )

Ec −0=W ( ~PB ) +W ( ~R )

+Wc +W ( ~TA )

+W ( ~TB ) +W ( ~PA )

W ( ~PB ) =W ( ~R ) = 0

(leurs points d’application ne se déplacent pas)

W ( ~TA ) +W ( ~TB ) = 0

car les deux tensions ont la même intensité et sont oppo-sées.

Wc =M θ ,

W ( ~PA ) =−m ′g x

Donc :

1

2J∆θ

′2 +1

2m ′v 2 =M θ −m ′g x

Le câble ne glisse pas sur la poulie. Dans ces conditions :

x = r θ ⇒ θ =x

r

v = r θ ′⇒ θ ′ =v

r

Donc :

1

2J∆

v 2

r 2+

1

2m ′v 2 =

M x

r−m ′g x

⇒v 2

2

J∆r 2+m ′

= x

M

r−m ′g

. En dérivant par rap-

port au temps les deux membres. Rappel :

d (v 2)d t

= 2vd v

d t= 2v a

v a

J∆r 2+m ′

= v

M

r−m ′g

En simplifiant par v on obtient :

a =

M

r−m ′g

J∆r 2+m ′

Pour que le corps A s’élève, il faut queM

r> m ′g

.Donc a est constant et positif. Le mouvement de A estuniformément accéléré.

Méthode 2. Utilisation de la R.F.D.

O(B )r

(+)R

~PB

~TB

~TA

~PA

x ′

x

Le système est constitué de deux parties : la masse A enmouvement de translation et le cylindre B animé d’unmouvement de rotation. Appliquons la R.F.D. à chaquepartie du système en tenant compte du bilan des forcesfait ci-dessous. Sur la charge A on a :

~TA + ~PA = ~m ′a (S3.1)

;

377


Sur le cylindre B on a :∑

M∆( ~F ) = J∆θ′′

Avec∑

M∆ =M∆( ~TB ) +M∆( ~PB ) +M∆( ~R ) +M

M∆( ~TB ) =−TB .r

M∆( ~PB ) = 0

M∆( ~R ) = 0

La droite d’action de ~PB et ~R passent par∆. Donc,

−TB r +M = J∆θ′′ (S3.2)

Projetons (S3.1) sur l’axe x ′x :

TA −m ′g =m ′a (S3.3)

Le câble ne glisse pas sur la poulie. Dans ces conditions,

x = r θ ⇒ v = r θ ′

⇒ a = r θ ′′⇒ θ ′′ =a

r(S3.4)

(S3.4) dans (S3.2)

⇒−TB r +M = J∆a

r(S3.5)

Le câble étant inextensible, TA = TB (S3.3) et (S3.5) per-mettent d’écrire :

m ′a +m ′g =M

r−

J∆r 2

a

⇒ a (m ′ +J∆r 2) =

M

r−m ′g

⇒ a =

M

r−m ′g

J∆r 2+m ′

Nous retrouvons le même résultat que ci-dessus.9.2. Calcul de l’accélération aa est une constante. En tenant compte des conditionsinitiales (à t = 0, v = 0 car le corps s’élève en partant durepos),on obtient par intégrations successives de a ,

x =1

2a t 2.

Pour x = h , nous avons a =2h

t

2

.

A.N.

h = 50 m

t = 25 s

a = 0,16 m s−2

9.3. Tension du câble.Cette tension est telle que :

T = TA = TB

(S3.3) ⇒ TA =m ′a +m ′g =m ′(a + g )

A.N.

m ′ = 1000 kg

a = 0,16 m s−2

g = 10 m s−2

⇒ TA = 1,016×104 N

Donc T = TA = TB = 1,016×104 N.Allongement d’un dynamomètre intercalé entre A et lecâble. La tension de ce dynamomètre est égale à la ten-sion du câble.

T = K .∆l ⇒∆l =T

K .

A.N.

T = 1,016×104 N

K = 105 N m−1

∆l = 0,106 m= 10,6 cm

9.4. Moment M du couple moteur

(S3.5) ⇒ M = J∆a

r+T r

Avec J∆ =m r 2⇒M = r (ma +T )A.N.

r = 0,20 m

m = 50 kg

a = 0,16 m s−2

T = 1,016×104 N

⇒M = 2,034×103 N m

9.5. Travail WC fourni par le moteur pour une ascensionh = 50 m de A.

WC =M θ

h = r θ ⇒ θ =h

r

WC =M h

r

A.N.

M = 2,034×103 N m

h = 50 m

r = 0,20 m

⇒WC = 5,09×105 J

9.6. Calcul du couple de freinage du cylindre. Système étudié : le cylindre. Bilan des forces : le poids ~PB . La réaction ~R de l’axe. Le couple de freinage de moment M ′.Appliquons à ce système le théorème de l’énergie ciné-tique entre le début du freinage et l’arrêt :

0−Ec =W ( ~PB ) +W ( ~R ) +Wc ′ (S3.6)

or

W ( ~PB ) =W ( ~R ) = 0

car leurs points d’application sont immobiles.

Wc ′ =−M ′θ

Ec =1

2J∆θ

′2

pour θ ′ =vh

ret J∆ =m r 2,

Ec =1

2m v 2

h

;

3


Où vh est la vitesse linéaire du cylindre lorsque A s’estélevé de h = 50 m.(S3.6) peut donc s’écrire :

−1

2m v 2

h =−M ′θ ⇒M ′ =m .v 2

h

θ

A.N.

h = 50 m

t = 25 s

vh = a t = 0, 16 ·25= 4 m s−1

m = 50 kg

θ = 2π ·n = 20π⇒M ′ = 12,7 N m


10.1. Complétons le tableau sachant que e = xB − xi

Positions x i (m) e (m) t i (s) t 21 (s2)

e

t 2

1 1,4 0,4 3,1 9,61 0,0416

2 1,3 0,5 3,5 12,25 0,0408

3 1,2 0,6 3,8 14,44 0,0415

4 1,1 0,7 4,1 16,81 0,0416

5 1,0 0,8 4,3 18,49 0,0432

6 0,9 0,9 4,7 22,09 0,0407

7 0,8 1,0 5,0 25,00 0,0400

10.1.1. Nature du mouvement de chute du volant le longdu plan incliné.

Nous constatons quee

t

2est à quelques écarts près

constant. Soit K cette constante :

e

t

2= K ⇒ e = K t 2

C’est la loi horaire du mouvement du volant. Cette loi ho-raire est celle d’un mouvement rectiligne uniformémentvarié.10.1.2. Calcul de l’accélération a .Le mouvement du volant étant uniformément varié, laloi horaire est :

e =1

2a t 2 + vo + eo

Par identification à e = K t 2, on a :

v0 = 0

eo = 0

1

2a = K ⇒ a = 2K

A.N. K = 0, 0416 (valeur la plus fréquente dee

t

2).

⇒ a = 0,0832 m s−2

10.2. Variation de l’accélération du mouvement avec lapente du plan.10.2.1. Complétons le tableau.

Nous avons déjà établi que

e =1

2a t 2

⇒ a =2e

t 2

Expérience sinαi =h i

et (s) t 2 (s2) a (m s−2)

1 4×10−2 2,8 7,84 0,255

2 5×10−2 2,5 6,25 0,320

3 6×10−2 2,3 5,29 0,378

4 8×10−2 2,0 4,00 0,500

Traçons la courbe a = f (sinα)

sinα

a (m s−2)

0.25

0.5

0.05

A

B

Nature de la courbe : c’est une droite. Pente de ce graphe. Elle est donnée par le quotient :

a2 −a1

(sinα)2 − (sinα)1En se plaçant aux points A et B du graphe on a :

0, 378−0, 255

0, 06−0, 04= 6, 15

Expression de a en fonction de sinα. Par extrapola-tion du graphe, il passe par (0, 0), donc a est une fonc-tion linéaire de sinα. Si K est la pente de ce graphe,

a = K . sinα= 6, 15 sinα

Comparons cette valeur moyenne de a à g sinα.

g sinα= 9, 8 sinα> 6, 15 sinα= a

a < g sinα

10.2.2. Valeur du moment d’inertie J

a = g . sinα1

1+J

m r 2

= 6, 15 sinα

⇒ J = (g

6, 15−1)m r 2

A.N.

g = 9,8 m s−2

m = 0,2 kg

r = 0,005 m

⇒ J = 2,96×10−6 kg m2

;

479

Application des lois de Newton aux mouvements rec-tilignes uniformément variés

4.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

4.2 Les mouvements rectilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.2.1 Chute libre des corps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.2.2 Etude dynamique de la chute libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

4.3 Mouvement d’un solide sur un plan incliné . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.3.1 Le plan incliné est parfaitement lisse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.3.2 Le plan incliné est rugueux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

4.4 Les mouvements plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.4.1 Mouvement d’un projectile dans le champ de pesanteur supposé uniforme . . . . . . . . . . . . 83

4.5 Mouvement d’une particule chargée dans un champ électrique uniforme . . . . . 844.5.1 Cadre d’étude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84



;

4

80 Chapitre 4. Application des lois de Newton aux mouvements rectilignes uniformément variés

4.1 Généralités

Les lois de Newton vont nous permettre d’établir leslois des mouvements dans un champ uniforme. Pourcette étude, nous appliquons la démarche suivante :1. Délimiter avec précision le système à étudier en

considérant successivement chacune de ses par-ties.

2. Choisir le référentiel d’étude. Celui-ci doit être ga-liléen si on veut appliquer le théorème du centred’inertie. ou le théorème de l’énergie cinétique.

3. Faire sur un schéma clair le bilan des forces exté-rieures appliquées au système.

4. Appliquer dans le référentiel Galiléen choisi, lethéorème du centre d’inertie. ou le théorème del’énergie cinétique.

5. Exploiter cette relation. Si elle est vectorielle, onl’utilise en projetant les vecteurs sur un systèmed’axes orthonormés.

6. En déduire les conséquences cinématiques : Le théorème du centre d’inertie. permet de

calculer l’accélération aG . Il faut alors tenircompte des conditions initiales et chercher lesprimitives successives de l’accélération pourobtenir la vitesse, les équations horaires etl’équation de la trajectoire du centre d’inertieG . Le théorème de l’énergie cinétique permet de

calculer directement la vitesse du centre d’iner-tie

4.2 Les mouvements rectilignes

4.2.1 Chute libre des corps

Dénition.

Un corps est en chute libre si au cours de son évolution,il est soumis à la seule action de son poids.

Exemple.

Toute chute dans le vide est une chute libre.

Remarque.Dans certaines conditions (corps de densité susanteet de forme convenable, animé d’une vitesse assezfaible, on peut négliger le rôle de l’air (poussée d’Ar-

chimède et résistance de l’air par rapport au poids. Lachute dans l’air devient ainsi assimilable à une chutelibre.

Exemple.

Le mouvement de chute d’une bille d’acier dans l’airest une chute libre.

4.2.2 Etude dynamique de la chute libre

Accélération

Considérons un objet ponctuel ou un solide de centred’inertie G et de masse m . Il est lâché sans vitesse ini-tiale d’un point d’altitude h au-dessus du niveau du sol.Nous allons déterminer les caractéristiques du mouve-ment de cet objet, en utilisant la démarche préconiséeci-dessus. Ainsi, le système étudié est l’objet de masse m ; l’étude est faite dans le référentiel terrestre supposé

galiléen ; bilan des forces appliquées au système.

L’objet en chute libre est soumis à la seule action deson poids ~P . Dans le référentiel choisi, appliquons lethéorème du centre d’inertie au système.

∑

~Fext =m ~a

avec∑

~Fext = ~P

d’où

~P =m ~a

Or dans le champ de pesanteur terrestre,

~P =m ~g ⇒m ~g =m ~a ⇒ ~a = ~g (4.1)

Conclusion: Le vecteur accélération du centre d’iner-tie dans les mouvements de chute libre est égal auvecteur champ de pesanteur ~g .

Remarque.

~a = ~g ⇒ a = g

Donc l’intensité de la pesanteur g s’identifie à uneaccélération; c’est pourquoi on lui donne le nom d’ac-célération de la pesanteur et on doit l’exprimer, commetoutes les accélérations en m s−2.

L’accélération des mouvements de chute libreest constante dans l’environnement terrestre

;

481

4.3. Mouvement d’un solide sur un plan incliné

a = g = 9,8 m s−2. Ce résultat est valable pour lescorps quelle que soient leur forme et leur masse.

Equation du mouvement de chute libre

Figure 4.1

O

z

~k

Exploitons la relation vectorielle (4.1) dans le repère(O , ~k ) :

az = g

Par intégration de az , nous avons :

vz = g t + v0

avec v0 = 0 car l’objet est lâchée sans vitesse initiale.Par intégration de vz ,

z =1

2g t 2+ z0

à t = 0 l’objet est à l’origine des abscisses donc :

z =1

2g .t 2 (4.2)

(4.2) est l’équation horaire du mouvement de chutelibre sans vitesse initiale.

Remarque.Dans le cas où le solide est lancé avec une vitesse ini-tiale et sa position d’origine ne coïncide pas forcémentavec l’origine de l’axe, l’équation donnant l’abscisse zen fonction du temps s’écrit :

z =1

2az t 2+ v0+ z0

az =+g si l’axe est orienté vers le bas

az =−g si l’axe est orienté vers le haut

4.3 Mouvement d’un solide surun plan incliné

4.3.1 Le plan incliné est parfaitementlisse

Accélération

Considérons un solide S de masse m pouvant glissersur un plan incliné parfaitement lisse.NB: L’expression ”parfaitement lisse” signifie qu’il n’y apas de frottement.

Déterminons les caractéristiques du mouvement deS sur le plan incliné. Nous allons utiliser la démarchepréconisée ci-dessus :

Système étudié : le solide S

L’étude est faite dans le référentiel terrestre supposé ga-liléen.

Bilan des forces appliquées au système : le poids ~P du solide S ; la réaction ~R du plan incliné.

Figure 4.2

α x

~P

S~R

α

O~i

~j

Dans le référentiel choisi, appliquons le théorème ducentre d’inertie au système :

∑

~Fext =m ~a

avec∑

~Fext = ~P + ~R

D’où :

~P + ~R =m ~a

Projetons cette relation sur les deux axes O ~i et O ~j .Sur O ~j ,

−P cosα+R = 0

;

4


NB: Le vecteur accélération ~a est parallèle au plan in-cliné.

Sur O ~i

P · sinα+0=m cot ax Avec P =m · g .

Nous déduisons :

a = g sinα (4.3)

Conclusion: g et α étant des constantes telle queg sinα > 0, ax est une constante positive. Donc lecentre d’inertie du solide S a un mouvement unifor-mément accéléré le long du plan incliné.

Equation horaire d’un solide sur plan inclinéparfaitement lisse


vx = g sinαt + v0

avec v0 = 0 si le solide S est lâché sans vitesse initiale.

Donc :

vx = g sinαt (4.4)

Par intégration de vx , nous avons :

x =1

2g sinαt 2+ x0

Avec x0 = 0 si on considère que le solide est lâché à l’ins-tant initial à l’origine O .

x =1

2g sinαt 2 (4.5)

(4.5) est l’équation horaire du mouvement du solide surun plan incliné parfaitement lisse.

4.3.2 Le plan incliné est rugueux

Il y a alors des frottements entre le solide S et le planincliné.

En reprenant l’étude ci-dessus à partir du bilan desforces, nous avons :

le poids ~P du solide S ; la réaction ~R du plan incliné ; la résultante ~f des force.~f est parallèle au plan incliné et opposée au mouve-

ment.

Figure 4.3

α x

~P

S~f~R

α

O~i

~j

Dans le référentiel choisi, appliquons le théorème ducentre d’inertie au système :

∑

~Fext =m ~a

avec∑

~Fext = ~P + ~R + ~f

D’où :

~P + ~R + ~f =m ~a (4.6)

Projetons cette relation (4.6) sur les deux axes O ~i et O ~j .

Sur O ~j −P cosα+R = 0 (4.7)

Sur O ~i P sinα+0− f =max (4.8)

avec P =mg .

De (4.8), nous en déduisons :

ax = g sinα−f

m

Conclusion: L’accélération trouvée pour le plan lisse

(g sinα est diminuée de la quantitéf

m. Mais on a

encore un mouvement uniformément accéléré le longdu plan incliné

Équation horaire d’un solide sur plan inclinérugueux lisse


vx =

g sinα−f

m

t + v0

avec v0 = 0 si le solide S est lâché sans vitesse initiale.Donc :

vx =

g sinα−f

m

t

;

483

4.4. Les mouvements plans

Par intégration de vx , nous avons :

x =1

2

g sinα−f

m

t 2+ x0

Avec x0 = 0 si on considère que le solide est lâché à l’ins-tant initial à l’origine O .

x =1

2

g sinα−f

m

t 2 (4.9)

(4.9) est l’équation horaire du mouvement du solide surun plan incliné rugueux.

4.4 Les mouvements plans

4.4.1 Mouvement d’un projectile dans lechamp de pesanteur supposéuniforme

Considérons un projectile de centre d’inertie G et demasse m , lancé vers le haut avec une vitesse initiale ~VO ,incliné d’un angle α par rapport à l’horizontale.

Figure 4.4

~j

z

x~i

~k

~g

signifie que le vecteur ~j estperpendiculaire au plan de la figureet orienté vers l’arrière

~V0

Utilisons la méthode de résolution pour étudier lemouvement de ce projectile dans le champ de pesan-teur. Ainsi, système étudié : le projectile de masse m . choisissons un repère (O , ~i , ~j , ~k ) lié au référentiel

terrestre, supposé galiléen, ~VO étant situé dans leplan x O z . Dans cette base, G a pour coordonnées(x , y , z ). Bilan des forces appliquées au système : le poids ~P . Appliquons le théorème du centre d’inertie au pro-

jectile en mouvement.∑

~Fext =m ~a ⇒ ~P =m ~a

⇒m ~g =m ~a ⇒ ~a = ~g

Exploitons la relation vectorielle ci-dessus dans le

repère (O , ~i , ~j , ~k ).Dans ce repère, les coordonnées des vecteurs sont :

~a =

ax

a y

az

et ~g =

0

0

−g

⇒ax= 0a y= 0az =−g

En tenant compte des conditions initiales (à t = 0, Gest en O ⇒ x0 = 0 ; y0 = 0 ; z0 = 0) et des composantes de~VO (VO x = v0 cosα) ; VO y = 0 ; VO z =V0 sinα).

Nous obtenons par intégration de ~a , les coordonnéesdu vecteur vitesse ~V et du vecteur position ~OG à uninstant t quelconque.

~V =

Vx = x ′ =VO cosα

Vy = y ′ = 0

Vz = z ′ =−g t +VO sinα

et

~OG =

x = (VO cosα)ty = 0

z =−1

2g t 2+ (VO sinα)t

De ces équations, horaires, nous concluons : le mouvement de G est uniforme suivant l’axe O x

et uniformément varié suivant O z . y = 0 quel que soit t signifie que le mouvement du

projectile se fait dans le plan vertical (O , ~i , ~k ) conte-nant ~VO .

Equation de la trajectoire

Eliminons t entre les expressions de x et z .

x = (VO cosα)t ⇒ t =x

VO cosα

avec α 6=π

2.

Portons cette valeur de t dans l’expression de z . Onobtient :

z =−1

2

g

V 2O cos2α

x 2+ x tanα

g , V0, et α étant constants, z est de la forme Ax 2+B x .C’est l’équation d’une parabole.

Conclusion: Si le vecteur vitesse initiale ~VO est non

nul et est incliné d’un angle α 6=π

2par rapport à l’ho-

rizontale, le mouvement de chute libre est alors para-bolique dans un plan vertical.

;

4


Remarque.

Figure 4.5

~j

z

x~i

~k

~g

C

xC

M

xM

h

zM

~V0

La trajectoire décrite présente les caractéristiques sui-vantes. La èche : c’est la hauteur maximale atteinte par

le projectile h = zM . La portée horizontale : c’est l’abscisse xC du

point C d’ordonnée 0. L’angle de tir : c’est l’angle α.

4.5 Mouvement d’une particulechargée dans un champélectrique uniforme

4.5.1 Cadre d’étude

Un champ électrique est une région de l’espace oùune charge électrique est soumise à une force électro-statique. Ainsi, en un point d’un champ électrostatique,si une charge q est soumise à une force de vecteur ~F , levecteur champ électrostatique ~E en ce point est définipar la relation :

~F = q ~E

~E et ~F ont le même sens si q est une charge (+) et ontdes sens opposés si q est une charge (−).

Un champ électrique est uniforme si le vecteur ~E estle même en tous ses points. Le champ électrique uni-forme le plus usuel est celui créé entre deux plaques Pet N , planes, parallèles, entre lesquelles on maintientune tension constante U =VP −VN .

Le vecteur champ électrostatique ~E est : perpendiculaire aux plaques dirigé de la plaque le plus haut potentiel vers la

plaque de plus bas potentiel.~E a pour intensité :

E =U

d

où E en V m−1 ; U en V ; d , distance séparant les deuxplaques en mètre.

Rappelons aussi que le travail de la force électriqueappliquée à une charge q dans un champ électriquequelconque, lorsque cette charge se déplace d’un pointA à un point B est :

W = q (VA −VB )

avec W en joules, q en coulombs et V en volts.

Problème

Une particule de masse m , portant une charge élec-trique q , est lancée à la vitesse ~VO dans un champ élec-trostatique uniforme ~E constant.

Figure 4.6

~j

z

x

(N )

~i

~k~V0 ~F

(P )

~E

Etudions le mouvement de cette particule

Système étudié : particule de masse m , de chargeq , et de centre d’inertie G . Référentiel : le référentiel du laboratoire considéré

comme galiléen. Bilan des forces appliquées : la force électrostatique~F = q ~E , le poids de la particule est généralement

négligeable devant cette action. Appliquons le théorème du centre d’inertie au sys-

tème :∑

Fext =m ~a ⇒ q ~E =m ~a ⇒ ~a =q

m~E

Exploitation cinématique de la relation vectorielle ci-dessus, dans les deux cas suivants :1. Cas où le vecteur-vitesse initiale ~VO est colinéaire

au vecteur champ électrostatique ~E .Dans le repère (O , ~i , ~j , ~k ) les vecteurs ~a et ~E ontpour coordonnées :

~a =

ax

a y

az

et ~E =

−E

0

0

⇒ ~a =

ax =−q

mE

a y = 0

az = 0

En tenant compte des conditions initiales, (à t = 0,G est en O ⇒ x0 = 0, y0 = 0, z0 = 0) et des com-

;

485

4.5. Mouvement d’une particule chargée dans un champ électrique uniforme

posantes de ~VO (V0x = V0 ; V0y = 0; V0z = 0), nousobtenons par intégration de a , les coordonnées duvecteur-vitesse ~V et du vecteur position ~OG à uninstant t quelconque.

~V =

Vx = x ′ =−q E

mt +VO

Vy = y ′ = 0

Vz = z ′ = 0

et

~OG =

x =−q E

2mt 2+VO t

y = 0

z = 0

Conclusion:

Figure 4.7

~j

z

O

PO

~i

~k

~V0

(A)

(C )~E

lL

d

Ecran

Pz

S

α

Si ~VO est colinéaire à ~E , le mouvement de la par-ticule est alors rectiligne uniformément varié, detrajectoire parallèle à la direction de ~E .

2. Cas où le vecteur-vitesse initiale ~VO est orthogonalau vecteur champ électrostatique ~E .Cette fois, les armatures du condensateur sont ho-

rizontales. En projetant la relation ~a =q

m~E dans le

repère (O , ~i , ~j , ~k ), nous avons :

~a =

ax = 0

a y = 0

az =−q

mE

On en déduit par intégration et en tenant comptedes conditions initiales,

~V =

Vx = x ′ =VO

Vy = y ′ = 0

Vz = z ′ =−q E

mt

et ~OG =

x =VO t

y = 0

z =−q E

2mt 2

Conclusion: Le mouvement de la particule est uniforme sui-

vant l’axe O x parallèle à la direction de ~VO . Le mouvement de la particule est uniformément

varié suivant O z . y = 0 quel que soit t , donc la particule se dé-

place dans le plan x O z contenant ~VO .

Equation de la trajectoire

Éliminons t entre les expressions de x (t ) et z (t ). Onobtient alors :

z =−1

2

q E

mV 2O

x 2

pour 0≤ x ≤ l .

Donc à l’intérieur des plaques, le mouvement de laparticule est parabolique.

Durée du passage à l’intérieur des plaques

Soit S le point de sortie de la particule du champ ~E .xS étant l’abscisse du point S à la date tS telle que :

xS =V0tS

(d’après l’équation horaire x = V0t ) avec

xS = l ⇒ tS =l

V 0.

Coordonnée du point de sortie S

Figure 4.8

~j

z

O x~i

~k

(A)

(C )

~E

Ecran

S

α

Vs x

Vs zα

S a pour abscisse xS = l . L’équation de la trajectoiredonne l’ordonnée de S .

zS =−1

2

q E

mV 2O

l 2

;

4


Caractéristiques du vecteur-vitesse ~vS , à la sortie desplaques

Les coordonnées du vecteur-vitesse à l’instant tsont :

~V =

Vx = x ′ =VO

Vy = y ′ = 0

Vz = z ′ =−q .E

mt

La particule est au point S à la date tS =l

V 0.

Son vecteur vitesse ~vS est alors :

~Vs =

VS x =VO

VS y = 0

VS z =−q E

mtS =−

q E l

mVO

Soit α, l’angle compris entre les vecteurs vitesses àl’entrée et à la sortie du champ. αmesure la déviationangulaire infligée à la particule par le champ électrosta-tique ~E . On obtient α en calculant sa tangente.

tanα=VS z

VS x=−

q E l

mV 2O

Pour E =UAC

d,

tanα=−q l

md V 2O

UAC

Mouvement de la particule à l’extérieur des plaques (x > l )

Figure 4.9

O

z

x

(A)

(C ) lL

Ecran

z ′

P0

SH

P

~VS

A l’extérieur des plaques,

~E = ~0⇒ ~F = q ~E = ~0

Le poids de la particule étant négligeable, elle peut êtreassimilée à un système isolé et son mouvement devientrectiligne uniforme de vecteur vitesse ~vS .

Déterminons les coordonnées du point d’impact Pde la particule sur l’écran. Le point P a pour coordon-nées (xP = L , zP = P0P =?) zP mesure le déplacementou déflexion électrostatique de la particule sur l’écran.

Calculons zP

zP = P0H +H P

avec PO H = zS =−q E

2mV 2O

l 2 =−qUAC l 2

2md V 2O

.

Calculons H P .Dans le triangle rectangle SH P ,

tanα=H P

H S⇒H P =H S tanα

où H S = L − l et tanα=−q l UAC

md V 2O

donc :

H P =−(L − l )q l UAC

md V 2O

et

zp =−qUAC l 2

2md V 20

− (L − l )q l UAC

md V 2O

Après simplification, on a :

zp =−q l

md V 2O

(L − l2)UAC

Le facteur

−q

mV 20

caractérise la particule déviée.

Le facteurl

d

L −l

2

caractérise la géométrie de

l’appareillage utilisé.Pour un dispositif expérimental et une particule don-

nés, les facteurs ci-dessus sont constants. On peut doncécrire :

zp = K UAC

avec K =−q l

md V 2O

L −l

2

.

Conclusion: La déexion électrostatique sur l’écranest proportionnelle à la tension UAC appliquée auxplaques de déviation.

;

487



Exercice 1.

Un corps abandonné sans vitesse initiale tombe en chutelibre d’une hauteur h du sol. Il arrive au sol avec unevitesse v = 40 m s−1. Calculer la hauteur h et la durée tde la chute. On donne : g = 9,80 m s−2.

0 t = 0

z ′

z

Sol

Exercice 2.

Au départ de la lune et au moment d’entrer dans l’enginpour son retour sur la Terre, un astronaute laisse tom-ber de la même hauteur, 3,2 m, deux objets A et B demasse respectives mA = 3 kg et mB = 100 g. Les deux ob-jets étant lâchés en même temps.2.1. Comparer les instants d’arrivée des deux objets Aet B sur le sol lunaire.2.2. Sachant que le poids lunaire de l’objet A est 4,8 N,calculer l’accélération de la pesanteur lunaire g l , letemps de chute et la vitesse de l’objet B à l’arrivée ausol lunaire.

Exercice 3.

On veut connaître la profondeur d’un puits. Un observa-teur lâche à l’orifice du puits un objet dont il entend 4secondes plus tard le bruit du choc sur l’eau.Calculer la profondeur du puits sachant que la hauteurde l’eau dans le puits est 3 m et que la vitesse du son dansl’air vaut 330 m s−1. On donne g = 10 m s−2.

Exercice 4.

Deux oranges O1 et O2 tombent en chute libre sans vi-tesse initiale. L’orange O1 tombe d’une hauteur h1 ; uneseconde plus tard, l’orange O2 tombe à son tour d’unehauteur h2. h1 −h2 = 10 m.Les oranges O1 et O2 arrivent en même temps au sol. Sit1 et t2 sont les durées de chute de O1 et O2,4.1. Ecrire les équations horaires des mouvements de

chute de O1 et de O2 en précisant les origines choisies.4.2. Calculer t1 et en déduire h1, h2 et t2.4.3. Calculer les modules des vecteurs vitesses ~V1 de O1

et ~V2 de O2 à l’arrivée au sol.On donne g = 10 m s−2.

Exercice 5.

Un solide, de centre d’inertie G , animé d’une vitessev = 2 m s−1, aborde un plan incliné qu’il monte en glis-sant sans frottement ; l’angle d’inclinaison du plan in-cliné par rapport à l’horizontale vaut α= 30°.5.1. Quelle est la nature du mouvement de G ?5.2. Quelle est la distance parcourue par le solide sur leplan incliné avant l’arrêt ?5.3. Une fois arrêté, que va faire le solide? On prendrag = 9,8 m s−2.

Exercice 6.

Pour faire glisser un corps M de masse m = 70 kg le longde la ligne de plus grande pente d’un plan incliné à 30°sur l’horizontale, on le tire à l’aide d’un câble C . Au coursde ce déplacement le plan exerce sur M une force de frot-tement de module f , parallèle au plan, de sens opposéà celui du mouvement et égale au dixième du poids ducorps. On prendra g = 10 m s−2.Dans une première phase du mouvement, le câble exercesur M une force constante de module F , parallèle auplan, telle que M , parti sans vitesse initiale d’un pointA de la pente, atteigne un point B distant de A de 5 m,avec une vitesse de 5 m s−1.A cet instant, la force prend une nouvelle valeurconstante, telle que le mouvement de M devienne uni-forme sur une longueur B D égale à 25 m.6.1. Calculer dans chacun de ces deux cas la valeur dela force de traction F .6.2. Après ce parcours de 30 m, le câble casse. Etudierle mouvement ultérieur de M . Combien de temps aprèsson départ de A le corps repassera-t-il à nouveau en A ?

Exercice 7.

Un solide A de masse M1 peut glisser sans frottement surun plan incliné faisant un angleα avec le plan horizontal.Un autre solide B de masse M2 peut glisser sans frotte-ment sur un autre plan incliné faisant un angle β avecle plan horizontal. Un solide C de masse M3 peut glissersans frottement sur un plan horizontal. Les solides A etC sont reliés par un fil inextensible ( f1) de masse négli-geable passant sur une poulie P1. De même, les solidesC et B sont reliés par un fil inextensible ( f2) de masse né-gligeable passant sur une poulie P2. Les poulies peuventtourner sans frottement autour de leurs axes perpendi-culaires au plan de la figure. Ce plan de figure est vertical.Il contient les lignes de plus grande pente des plans deglissement des solides. Les masses des poulies sont né-gligeables.

;

4


αP1

A

f1

P2

Cf2

β

B

7.1. Quelle relation doivent vérifier les masses des so-lides et les angles α et β pour que les solides soient aurepos ou aient un mouvement uniforme.7.2. Application numérique : M1 = 400 g; M2 = 300 g;α= 30°. En déduire la valeur de l’angle β .7.3. On donne maintenant à β la valeur 60°.7.3.1. Etablir l’expression de l’accélération a , du mouve-ment des solides A, B , et C en fonction de M1, M2, M3,α,β et g (accélération de la pesanteur).7.3.2. Application numérique : M1 = 400 g; M2 = 300 g;M3 = 300 g ; α= 30° ; β = 60° ; g = 10 m s−2. Calculer a7.4. La vitesse initiale du système est nulle. Calculer lavitesse des solides après un parcours de 2 m. Calculer ladurée de ce parcours.7.5. A la fin du parcours précédent, le solide B se dé-croche ; le centre d’inertie G du solide C se trouve alorsen un point M .7.5.1. Calculer la nouvelle accélération a ′ du mouve-ment des solides A et C . Décrire le mouvement ultérieurde A et C .7.5.2. Deux secondes après le décrochage de B , lecentre d’inertie G se trouve en un point M ′. Calculer ladistance M M ′.N.B. Les plans sont suffisamment longs pour permettreles mouvements étudiés.

Exercice 8.

Un dispositif permet de lancer une bille à la vitesseV0 = 16 m s−1. La bille part d’un point O , situé à 4 m au-dessus du sol. La bille monte suivant une direction fai-sant un angle α avec l’horizontal. On donne g = 10 m s−2.8.1. Déterminer les équations horaires x = f (t ) ety = g (t ).8.2. Quelle est l’équation de la trajectoire.8.3. Pendant combien de temps la bille s’élève-t-elleavant de descendre ? Quelle est sa vitesse à la fin de cettephase ascendante ? Application numérique α= 50°.8.4. Quelle est l’altitude maximale atteinte par la bille,comptée à partir de son point de départ O . A.N. α= 50°.8.5. La bille retombe sur l’axe ox en P . Déterminer la dis-tance O P . Pour quelle valeur α O P est-elle maximale?Quelle est alors sa valeur numérique ?8.6. Soit Q un point de l’axe O x d’abscisse x0 = 10 m.Montrer qu’il y a deux angles de tir α1 et α2 permettantd’atteindre Q .8.7. La bille retombe sur le sol en un point R . Détermi-ner la portée maximale au sol.

Exercice 9.

On se propose d’étudier un “coup franc” direct en foot-ball en faisant les hypothèses simplificatrices suivantes : le ballon est un solide ponctuel ; l’influence de l’air est négligeable ; le champ de pesanteur est uniforme et a une intensité

g = 10 N/kg.Le ballon est posé en O sur le sol horizontal, face au butAB de hauteur h = 2,44 m et à une distance d = 25 m decelui-ci.

O~i

~j~V0

α

d

A

B

h

Le joueur, tirant le coup franc, communique au ballonune vitesse initiale ~VO dans le plan (O , ~i , ~j ), inclinée parrapport à l’horizontale d’un angle α= 30°9.1. Montrer que la trajectoire du ballon est dans le plan(O , ~i , ~j ).9.2. Déterminer l’équation de cette trajectoire dans lerepère orthonormé (O , ~i , ~j ) en fonction de g , α et V0.9.3. Quelle doit être la vitesse initiale du ballon pourqu’il pénètre dans le but au ras de la barre transversale.

Exercice 10.

Dans tout le problème, on négligera l’action de l’air. Onprendra g = 10 m s−2. On raisonnera dans un repère(O , ~i , ~j ) lié à la Terre. On choisira comme origine desdates l’instant où les mobiles quittent le plan horizon-tal contenant les points O et I .

OX

Y

~i

~j~VB

α= 30°

~VA

I

10.1. Une bille A assimilable à un point matériel passeen I à l’instant t = 0 avec une vitesse verticale, vers le bas,de norme VA = 7 m s−1. Etablir l’équation du mouvementde la bille.10.2. A l’instant t = 0; on lance d’un point O unedeuxième bille B , assimilable à un point matériel,dans les conditions précisées sur la figure ci-dessus :

;

489


( ~O x , ~VB ) = 30° ; O I = 3 m.10.2.1. Etablir l’équation horaire du mouvement pro-jeté sur l’axe O x ainsi que celle du mouvement projetésur l’axe O y .10.2.2. Calculer la norme VB de la vitesse initiale pourque le choc entre les deux billes se produise. Déterminerl’instant et l’endroit du choc.

Exercice 11.

Un skieur parcourt une côte inclinée d’un angle α= 40°sur l’horizontale. Au sommet O de cette côte, sa vitesseest ~vO telle que V0 = 12 m s−1.

OX ′ X

Y ′

Y

~i

~j

C

~V0

β

α

Après O , se présente une descente incliné d’un angleβ = 45° sur l’horizontale. Le skieur accomplit un saut etreprend contact avec la piste au point C . Déterminer lanature de la trajectoire correspondant au saut du skieur,les coordonnées du point C dans le repère orthonorméℜ(O , ~i , ~j ) indiqué sur la figure ci-dessus, la longueur O Cet la durée du saut.On prendra g = 10 m s−2 et on négligera la résistance del’air. La masse du skieur n’est pas donnée car elle s’éli-mine dans les calculs. On étudiera le mouvement ducentre d’inertie du skieur.

Exercice 12.

Un électron, initialement immobile au point O est ac-céléré par un champ électrique ~E uniforme créé entredeux plaques verticales, parallèles entre elles. La tensionélectrique existant entre les deux plaques métalliquesest égales à U = 100 V. La distance d séparant les deuxplaques a pour valeur d = 5 cm.

O S

d

Données : masse de l’électron m = 9,10×10−31 kg;charge électrique de l’électron : q =−e =−1,6×10−19 C ;

intensité du champ de pesanteur g = 9,80 m s−2.12.1. Indiquer sur un schéma comment le générateurde tension doit être relié aux plaques (polarité desplaques). Indiquer le sens du champ électrique ~E . Cal-culer son intensité.12.2. Comparer l’intensité de la force électrostatique àl’intensité du poids de l’électron. Conclusion.12.3. Calculer la vitesse VS de l’électron au point S .12.4. Comment évolue la vitesse VS lorsque la tensionaugmente.

Exercice 13.

Une tension U est maintenue entre deux plaques métal-liques horizontales P1 et P2 et distantes de d . Un faisceaud’électron pénètre dans le champ électrique avec unvecteur-vitesse horizontal ~VO . La longueur des plaquesest notée l . Un écran vertical permet de repérer le pointd’impact des électrons.13.1. Calculer l’intensité du champ électrique ~E .13.2. Déterminer la position du point de sortie S . Quelleest la vitesse VS des électrons en S ?13.3. Calculer la valeur de l’angle de déviation α du fais-ceau d’électrons.13.4. Déterminer la position du point d’impact I du fais-ceau sur l’écran.Données : l = 2,5 cm; d = 1,5 cm; D = 50 cm;U = 100 V ; V0 = 8,10×106 m s−1 ; masse de l’électron :me = 9,1×10−31 kg; charge électrique de l’électron :qe =−e =−1,6×10−19 C.

Y ′

Y

X ′ X~i

~j

~V0

P1

P2

(+)

(−)

~E

d

Ecranl D

Exercice 14.

Deux plaques métalliques verticales A et B sont placéesdans le vide à une distance d l’une de l’autre et sont sou-mises à une tension VA − VB = U positive. La hauteurdes plaques est l . Entre les plaques, se superposent deuxchamps : le champ de pesanteur supposé uniforme, caractérisé

par le vecteur ~g . un champ électrique uniforme, caractérisé par le vec-

teur ~E .Une petite sphère M ponctuelle, de masse m , pesanteportant une charge électrique positive q (+), est abandon-née sans vitesse initiale à l’instant t = 0 en un point Mdont les coordonnées dans le système d’axes x ′O x , y O y

;

4


sont

x0 =d

2; y0 = l

.

O

Y ′

Y

X ′ X

(B )(A)~E

~g

M0

d /2

+l

14.1. Trouver les deux forces qui agissent sur la petitesphère. Montrer que cette dernière reste dans le plan defigure (O x y ).14.2. En déduire les composantes sur les axes O x et O ydu vecteur accélération ~a du mouvement de la sphère.14.3. Déterminer, en fonction du temps, les compo-santes du vecteur vitesse ~V ainsi que celles du vecteurposition ~O M : Ecrire l’équation de la trajectoire. Quelleest sa nature.14.4. Calculer la date d’arrivée de la sphère dans le planhorizontal passant par O .14.5. Quelle valeur doit-on donner à UAB pour que latrajectoire de la sphère passe par le point P de coordon-nées (d , 0)?

On donne : d = 4 cm; l = 1 m;q

m= 10−6 C kg−1 ;

g = 10 m s−2.

Exercice 15.

Dans la région d’espace R comprise entre deux plansparallèles P et P ′ distants de d , il existe un champ élec-trique ~E crée par des électrodes constituées de finsgrillages métalliques disposés suivant P et P ′ ; ~E seraconsidéré comme nul à l’extérieur de R . Une particuleponctuelle, de masse m et de charge électrique positive,arrive en O à t = 0 et pénètre dans la région R . La vitesseà t = 0 se trouve dans le plan (O , ~i , ~j ), elle a pour valeurV0, et fait un angle α avec l’horizontale.

O

Y

X

P

~i

~j

~E

P ′

d

~V0

α

15.1. Représenter la force électrique s’exerçant sur laparticule en O .15.2. On néglige le poids de la particule devant la force

électrique. Etablir l’équation de la trajectoire. Quelle estsa nature ?15.3. Déterminer la composante Vx de la vitesse enfonction de x (on pourra utiliser le théorème de l’énergiecinétique).15.4. Calculer la valeur VF de la vitesse de la particuleet l’angle β qu’elle fait avec l’horizontale au moment oùelle arrive dans le plan P ′.15.5. On donne V0 = 2×107 m s−1 ; m = 9,1×10−31 kg;q = 1,6×10−19 C ; E = 5×104 V m−1 ; d = 10−2 m;α= 10°.15.6. Quelle sera la trajectoire de la particule après latraversée du plan P ′ ?

Montrer que le rapportsinα

sinβest égal à une constante K

qui sera exprimée en fonction de E , d , q , m , V0.

O

Y

X

(P )

~F

~j

(P ′)

d

~V0M

~VF

VF X

β~E

;

491



Solution 1. (p. 87)

Soit un corps en chute libre le long de l’axe z ′O z .A t = 0, V = V0 = 0 m s−1. A la position z = h ,V = 40 m s−1.Calculons la hauteur h .La chute étant libre, le mouvement du corps est rectiligneuniformément accéléré d’accélération a = g = 9,8 m s−2.De la propriété :

∆V 2 = 2a∆z

Avec∆z = h nous tirons :

h =∆(v 2)

2g=

v 2 − v 20

2g

h =402 −02

2 ·9, 8= 81,6 m

Calculons la durée t de la chute.En utilisant la propriété∆v = a∆t , avec∆V =V −V0 eta = g et∆t = t = durée de chute, on tire :

t =V −VO

g=

40−0

9, 8= 4,08 s

Remarque en utilisant l’équation horaire, on arrive aumême résultat :

z =1

2g t 2

pour z = h , t =

√

√ 2h

g=

√

√ 2 ·81, 6

9, 80= 4,08 s

Solution 2. (p. 87)

Comparons les dates d’arrivée au sol des objets A et B .Si les deux objets ont des densités suffisantes et desformes convenables pour qu’on puisse assimiler leurmouvement à une chute libre, leur mouvement est in-dépendant de leur masse. Donc les deux objets arriventau sol en même temps.2.1. Pour PA = 4,8 N, déterminons g l .

PA =mAg l

⇒ g l = P A

m A

=4, 8

3= 1,6 m s−2

2.2. Durée de la chute.La chute étant libre, sans vitesse initiale, on a :

z =1

2g l t 2

Pour z = h = 3,2 m

t =

√

√

√2h

g l=

√

√ 2 ·3, 2

1, 6= 2 s

2.3. Vitesse d’arrivée de B au sol lunaire.

V = g l t = 1, 6×2= 3,2 m s−1

Solution 3. (p. 87)

Calculons la profondeur h du puits.

l

d

h

Soit t ′ la durée de la descente de l’objet jusqu’à la surfacede l’eau et d la distance de l’orifice du puits à la surfacede l’eau.

d =1

2g t 2 (S4.1)

soit t ′′ la durée mise par le bruit pour parvenir à l’obser-vateur :

d = va t ′′ (S4.2)

De (S4.1) et (S4.2) nous déduisons :

1

2g t ′

2 = va t ′′ (S4.3)

De plus nous savons que

t = t ′ + t ′′ (S4.4)

A.N. g = 10 m s−2 ; va = 330 m s−1 ; t = 4 s(S4.3) devient :

5t ′2 = 330t ′′ (S4.5)

(S4.4) devient :

t ′ + t ′′ = 4 (S4.6)

(S4.6) donne :

t ′′ = 4− t ′ (S4.7)

(S4.7) dans (S4.5) donne :

5t ′2 = 330(4− t ′)

Equation de second degré dont la solution compatibleavec les hypothèses est : t ′ = 3,783 s. Nous en déduisons :

d = 5 · (3, 783)2 = 71,55 m

Calculons alors h .

h = d + l = 71, 55+3= 74,55 m

;

4


Solution 4. (p. 87)

4.1. Equation horaire de chute de O1 et O2.Soit z = 0 la position de départ de l’orange O1, A la datet = 0 s. Dans ce repère d’espace et du temps, la positionde départ de l’orange O2 a pour côte : z = 10 m à la datet = 1 s. L’accélération de la chute libre étant g = 10 m s−2.La chute libre de l’orange O1 a pour équation horaire :

z1 =1

2g t 2 = 5t 2

Pour l’orange O2 d’accélération g , procédons par intégra-tions successives :

v (t ) = g t +K

Déterminons K :À t = 1 s, l’orange O2 est lâchée sans vitesse initiale,

v = 0

⇒ 0= 10 ·1+K

⇒ K =−10

⇒ v (t ) = 10t −10

2ème intégration :

z2(t ) = 101

2t 2 − 10t + C = 5t 2 − 10t + C . Or

à t = 1 s, z2 = 10 pour l’orange O2. Donc10 = 5 · 12 − 10 · 1 + C ⇒ C = 15. D’où l’équationhoraire de l’orange O2 :

z2 = 5t 2 −10t +15

4.2. Calcul de t1, h1, h2 et t2

Durée t1 de la chute de l’orange O1. Les deux orangesarrivant au sol au même moment,

z1(t ) = z2(t )

⇒ 5t 2 = 5t 2 −10t +15

⇒−10t +15= 0

⇒ t = 1,5 s

L’orange O1 étant lâchée à l’origine des dates, sa duréede chute est donc t1 = t = 1,5 s.

Hauteur de chute h1 de l’orange O1

h1 = z1(t1 = 1,5 s)

= 5 · (1, 5)2 = 11,25 m

Hauteur de chute de l’orange O2

h1 −h2 = 10 m

⇒ h2 = h1 −10= 11, 25−10= 1,25 m

Durée de chute de l’orange O2

t1 − t2 = 1

⇒ t2 −1= 1, 5−1= 0,5 s

4.3. Vitesse des deux oranges au sol

v1(t ) = 10t

⇒ v1(t = 1,5 s) = 10 ·1, 5= 15 m s−1

Solution 5. (p. 87)

A

α

B

Y ′

Y

X ′

X

~P

~R

5.1. Nature du mouvement de G . Le système étudié est le solide de centre d’inertie G ,

de masse m . Référentiel : référentiel terrestre supposé galiléen. Bilan des forces extérieures agissant sur le système : Le poids ~P et la réaction ~R du plan incliné

Appliquons au système, le principe fondamental dela dynamique. ~P + ~R =m ~a .

Projetons cette relation sur les axes suivants :

y y ′ :−p cosα+R = 0 (S4.1)

x x ′ :−P sinα+0=max (S4.2)

avec

P =mg ⇒ ax =−g sinα

g et α étant des constantes telles que g sinα > 0, ax estune constante négative. Le mouvement est donc recti-ligne uniformément retardé.5.2. Distance parcourue par le solide avant l’arrêt.Par intégration de ax , on obtient :

Vx = ax t +V0

=−g sinα.t +V0 (S4.3)

Par intégration de Vx , on obtient :

x (t ) =−1

2g sinα.t 2 +Vo t + xO

avec x0 = 0.

x (t ) =−1

2g sinα.t 2 +Vo t

Date à laquelle le solide s’arrête.À l’arrêt, Vx (t ) = 0 ;

(S4.3)⇒−g sinαt +V0 = 0

⇒ t =Vo

g sinα=

2

9, 8 sin 30°= 0,408 s

Position du solide à cette date :

x =−1

29, 8 sin 30°(0, 408)2 +2 ·0, 408

x (t ) = 0,408 m

La distance parcourue sur le plan incliné avant l’arrêt estd = 0,408 m.5.3. Comportement du solide après l’arrêt.

;

493


Le système est encore soumis aux mêmes forces. D’aprèsla R.F.D.,

~P + ~R =m ~a

⇒ ~a =1

m( ~P + ~R )

avec ~P + ~R 6= ~0. Après l’arrêt, le solide se remet en mou-

vement rectiligne d’accélération ~a =1

m( ~P + ~R ) dans le

sens opposé à x x ′.

Solution 6. (p. 87)

6.1. Valeur de la force de traction F sur les portions ABet B D . Système étudié : le corps M . Le référentiel est un référentiel terrestre supposé gali-

léen. Bilan des forces agissant sur le système. Le poids ~P

du corps M , la réaction ~R du plan, la force de traction~F , la force de frottement ~f

A

α

S

B

D

X ′

X

Y ′

Y

~P

~F~R

~f

Sens du mouvement

Ecrivons la R.F.D. pour le système :

~P + ~R + ~F + ~f =m ~a

Projetons cette relation sur l’axe x x ′ :

−P sinα+0+ F − f =max

avec

f =P

10= 0, 1P

⇒ F =max +P sinα+0, 1P (S4.1)

6.1.1. Sur le tronçon AB , le mouvement de M est uni-formément accéléré. ax est telle que :

V 2B −V 2

A = 2ax (xB − xA )

= 2ax AB

⇒ ax =V 2

B −V 2A

2ABA.N. :VB = 5 m s−1, VA = 0, AB = 5 m⇒ ax = 2,5 m s−2.De (S4.1) nous déduisons la valeur numérique de F :

F = 70 ·2, 5+70 ·10 sin 30+0, 1 ·70 ·10

= 595 N

6.1.2. Sur le tronçon B D , le mouvement de M est uni-forme.

ax = 0 et l’équation (S4.1) devient :

F = P sinα+0, 1P

⇒ F = 70 ·10 sin 30+0, 1 ·70 ·10= 420 N

6.2. Mouvement de M après la rupture du câble.A la rupture du câble ~F = ~0 la relation (S4.1) devient :

0=ma ′x +P sinα+0, 1P

⇒ a ′x =−g (0, 1+ sinα)

g et α étant constant, ax est constant et négatif. Donc lemouvement de M est rectiligne uniformément retardé.Date à laquelle M repassera par A.Soit S , le point culminant de M sur le plan incliné.Calculons la durée de parcours et la longueur du trajetD S .Par intégration de a ′x en tenant compte de VD :

V ′x (t ) =−g (0, 1+ sinα)t +VD

Au point S , V ′x (t ) = 0.Date d’arrivée de M en S (égale à la durée de parcoursD S)

−g (0, 1+ sinα)ts +VD = 0

⇒ ts =VD

g (0, 1+ sinα)= 0,833 s

Distance D S . L’équation horaire de M sur D S est :

x (t ) =−g (0, 1+ sinα)t 2 +VD t

À t = tS = 0,833 s,

x (tS ) =D S = 2,08 m

Distance totale parcourue par le corps M avant l’arrêtsuivi du retour.

AS = AB +B D +D S

= 5+25+2, 08= 32,08 m

Au point S , le corps M rebrousse chemin avec une vitesseinitiale nulle.Déterminons l’accélération de ce mouvement de descente. Système étudié : le corps M . Le référentiel est toujours un référentiel terrestre sup-

posé galiléen. Bilan des forces agissant sur le système.Le poids ~P du corps M , la réaction ~R du plan, et la forcede frottement ~f opposée au mouvement.

αX ′

X

Y ′

Y

~P

~f

~R

Sens du mouvement

Ecrivons la R.F.D. pour le système :

~P + ~R + ~f =m ~a ′′

Projetons cette relation sur l’axe x ′x orienté dans le sens

;

4


du mouvement :

P sinα+0− f =ma ′′x

avec f =P

10= 0, 1P .

⇒ a ′′x = g (sinα−0, 1) = 0, 4g

L’équation du mouvement de M à la descente est :

x (t ) =1

2a ′′x t 2

⇒ t =

√

√ 2x (t )a ′′x

=

√

√ 32, 08

2= 4 s

Durée du parcours AB .Le mouvement de M étant rectiligne uniformément va-rié, Vx = ax t +V0x où V0x = 0

t =Vx

ax

A.N. V = 5 m s−1 ; ax = 2,5 m s−2 ;⇒ t = 2 s.Durée du parcours B D où le mouvement de M est uni-forme.

x =V t ⇒ t =x

V

A.N. x = 25 m ; V = 5 m ; t = 5 s.Durée totale du parcours ASA.

t = tAB + tB D + tD S + tS A

A.N. tAB = 2 s ; tB D = 5 s ; tD S = 0,833 s ; tS A = 4 s⇒ t = 11,8 s.

Solution 7. (p. 87)

7.1. Conditions d’équilibre des solides A, B et C .Découpons le système à étudier en trois parties : le solide A de masse M1 ; le solide B de masse M2 ; le solide C de masse M3.

α

AP1

x ′

x

~PA

~RA~TA

système A

P2

z ′ z

C

~PC

~RC

~TC ~TC

système C

β

B

y ′

y~PB

~RB

~TB

système B

z ′ zM ′ M K

Intéressons-nous au solide A.Il est soumis à son poids ~PA =M1 ~g , à la réaction ~RA

du plan incliné et à la tension ~TA du fil.La condition d’équilibre ou du mouvement uniformedu solide A se traduit par :~PA + ~RA + ~TA = ~0.La projection de cette relation sur l’axe x ′x donne :

−PA sinα+TA = 0 (S4.1)

Intéressons-nous au solide B .Il est soumis à son poids ~PB =M2 ~g , à la réaction ~RB

du plan incliné et à la tension ~TB du fil.La condition d’équilibre ou du mouvement uniformede B traduit par :

~PB + ~RB + ~TB = ~0

La projection de cette relation sur l’axe y’y donne :

−PB . sinα+TB = 0 (S4.2)

Intéressons-nous au solide C .Il est soumis à son poids ~PC =M3 ~g , à la réaction ~RC

du plan horizontal, à la tension ~T ′C du fil ( f1) et à la

tension ~TC du fil ( f2). La condition d’équilibre ou dumouvement uniforme du solide C se traduit par :

~PC + ~RC + ~T′

C + ~TC = ~0

La projection de cette relation sur l’axe z ′z donne :

−T ′C +TC = 0 (S4.3)

Le fil ( f1) est inextensible, sa tension est la même lelong du fil.

TA = T ′C = T ′

Pour le fil ( f2) inextensible aussi, on aura :

TB = TC = T

Les équations (S4.1), (S4.2), et (S4.3) deviennent :

−M1g sinα+T = 0 (S4.1)M2g sinβ −T ′ = 0 (S4.2)−T +T ′ = 0 (S4.3)

avec PA =M1g ; PB =M2g et PC =M3g . Ce qui donne,par addition membre à membre,

−M1g sinα+M2g sinβ = 0 (S4.4)

C’est la relation qui lie les masses des solides et lesangles α et β pour que les solides soient au repos ouaient un mouvement uniforme.

7.2. Déduction de la valeur de β .De la relation (S4.4), on a :

sinβ =M1

M 2sinα

sinβ =0, 4

0, 3sin 30°= 0, 66

⇒β = 41,3°

7.3. Expression de l’accélération a pour β = 60°.Pourβ = 60°, la relation (S4.4) n’est plus vérifiée. En effet,

−0, 3 sin 30+0, 4 sin 60= 0, 196

Le système n’est plus en équilibre : M2 descend le longdu plan incliné entraînant M1 et M3. Appliquons le théo-rème du centre d’inertie à chacun des solides A, B , etC .Le référentiel choisi est terrestre donc galiléen.Le bilan des forces est Pour le solide A, le théorème du centre d’inertie se

traduit par :

~PA + ~RA + ~TA =M1 ~a

;

495


La projection de cette relation sur l’axe x ′x donne :

−PA sinα+TA =M1ax (S4.5)

Pour le solide B , le théorème du centre d’inertie setraduit par :

~PB + ~RB + ~TB =M2 ~a

La projection de cette relation sur l’axe y ′ y donne :

PB sinα−TA =M2a y (S4.6)

Pour le solide C , le théorème du centre d’inertie setraduit par :

~PC + ~RC + ~T′

C + ~TC =M3 ~a

La projection de cette relation sur l’axe z ′z donne :

−T ′C +TC =M3az (S4.7)

TA = T ′C = T ′ et TB = TC = TLes fils étant inextensibles, les corps A, B et C ont lamême accélération. Donc :

ax = a y = az = a

Les équations (S4.5), (S4.6), et (S4.7) deviennent :

−M1g sinα+T =M1a (S4.5)M2g sinβ −T ′ =M2a (S4.6)−T +T ′ =M3a (S4.7)

avec PA =M1g ; PB =M2g et PC =M3g .Ce qui donne, par addition membre à membre,

−M1g sinα+M2g sinβ = (M1 +M2 +M3)a

⇒ a =M2 sinβ −M1 sinα

M1 +M2 +M3g

A.N. M1 = 0,4 kg ; M2 = 0,3 kg; α = 30° ; g = 10 m s−2 ;β = 60° ; a = 0,6 m s−2.L’accélération a est une constante positive, le mouve-ment du système est uniformément varié.

7.4. Vitesse des solides après un parcours de 2 m

V 2 −V 2O = 2a x

⇒V =p

2a x =p

2 ·2 ·0, 6= 1,55 m s−1

Calcul de la durée de ce parcours.Par intégrations successives de a et en tenant comptedes conditions initiales qui sont : (à t = 0, v0 = 0 etx0 = 0),

x =1

2a t 2

⇒ t =

√

√ 2x

a=

√

√ 2 ·20, 6= 2,6 s

7.5. Nouvelle accélération a’ après le décrochage du so-lide B .Le solide étant décroché, le système continue son mouve-ment dans le même sens que ci-dessus mais avec une ac-célération a ′ dont l’expression littérale s’obtient en rem-plaçant dans l’expression de a ci-dessus M2 par 0.

a ′ =0−M1 sinα

M1 +0+M3g

⇒ a ′ =−M1 sinα

M1 +M3g a ′ =−2,85 m s−2

Description du mouvement ultérieur de A et C .a ′ est une constante négative. Donc, immédiatementaprès le décrochage de B , le système (A et C ) a un mou-vement uniformément retardé dans le sens x ′x pour Aet y ′ y pour C .La vitesse du système (A et C ) décroît alors, puis s’annuleau point K . A partir du point K le système rebroussechemin avec un mouvement accéléré dans le sens x x ′

pour A et y y ′ pour C .Le bilan des forces n’ayant pas changé l’accélérationa ”=−a ′.7.6. Calcul de la distance M M ′.Calculons la distance M K = y (distance parcourue pen-dant la phase retardée).

V 2K −V 2

M = 2a ′ y

avec VK = 0,

y =−V 2

M

2a ′=−(1, 55)2

2(−2, 85)= 0,42 m

Calculons le temps mis par le système pour parcourir cettedistance.En intégrant a ′ on obtient : V = a ′t +H avec H =C t e àdéterminer.Prenons pour origine des espaces le point M et pour ori-gine des dates t = 0. A ce moment V0 = VM = 1,55 m s−1.Donc, pour t = 0,

V =VM = 0t +H

⇒H =VM

d’où l’équation horaire de la vitesse de ce système :V = a ′t +VM

Au point K on a : VK = a ′t +VM . Or au point K ,

VK = 0

⇒ a ′t +VM = 0

⇒ t =−VM

a ′=−1, 55

−2, 85= 0,54 s

On constate que la phase retardée du mouvement dusystème dure t1 = 0,54 s et la phase accélérée dure :t2 = 2−0, 54= 1,46 sCalculons alors la distance K M ′.Par intégrations successives de a ′′ et en tenant comptedes conditions initiales (à t = 0, v0 =VK = 0 et y0 = 0),

K M ′ = y ′ =1

2a ′′t 2

y ′ =1

2·2, 85 · (1, 46)2 = 3,04 m

La distance M M ′ est alors :

M M ′ =M K +K M ′ = 0, 42−3, 04=−2, 62

M ′ se trouve entre M et la poulie p1 à 2,62 m de M .

Solution 8. (p. 88)

8.1. Équations horaires du mouvement de la bille.

;

4


O

y

x

y =−4

~i

~j

~g

P

~V0

V0 cosα

V0 sinα

Système étudié : la bille dans l’espace champ de pesan-teur. Dans le repère terrestre donc galiléen, la bille estsoumise à la seule action de son poids. D’après le théo-rème du centre d’inertie, on a :

∑

~Fext =m ~a

⇒m ~g =m ~a

⇒ ~a = ~g (S4.1)

La projection de (S4.1) sur les axes x ′O x et y ′O y donne :

suivant x ′O x :ax = 0

suivant y ′O y :a y =−g

En intégrant successivement ax et a y en tenant comptedes conditions initiales (à t = 0 la bille est au pointO avec une vitesse V0 de composante, Vx = V0 cosα etVy = V0 sinα) on obtient la vitesse et la position de labille à un instant quelconque.

¨

Vx =VO cosα (S4.2)

Vy =−g t +VO sinα (S4.3)

x =VO cosαt (S4.4)

y =−1

2g t 2 + (VO sinα)t (S4.5)

8.2. Équation de la trajectoire.Elle s’obtient en éliminant t entre les équations (S4.4) et(S4.5) de (S4.4)

On a : t =x

VO cosαet (S4.5) devient :

y =−1

2g

x

VO cosα

2

+

VO sinα

x

cosα

d’où :

y =−1,95×10−2

cos2αx 2 + (tanα)x

8.3. Calcul du temps t mis par la bille pour monter avantde descendre.La hauteur atteinte par la bille au cours de cette montéecorrespond au sommet de la trajectoire. A ce sommet, lacomposante Vy de la vitesse s’annule. (Vy = 0).

(S4.3)⇒Vy =−g t +VO sinα= 0

⇒ t =VO sinα

g

t =16 sin 50°

10= 1,23 s

Vitesse de la bille à la fin de la phase ascendante.A la fin de cette phase, la vitesse de la bille est réduite àsa composante Vx puisque Vy = 0. Donc :

V =Vx =V0 cosα

V = 16 cos 50°= 10,3 m s−1

8.4. Calcul de l’altitude maximale h atteinte par la bille.Première méthodeh est donnée par la relation (S4.5) :

h = y (t = 1,23 s) =−1

2t 2 +VO sinαt

h =−1

2· (1, 23)2 +16 sin(50°) ·1, 23

h = 7,51 m

Deuxième méthodeA partir de l’équation de la trajectoire :

y =−1,95×10−2

cos2αx 2 + (tanα)x

Au sommet S de la trajectoire,

d y

dx

x=xs

= 0

d y

dx= y ′ =−

g

V 20 cos2α

x + tanα= 0

⇒ xs =tanαV 2

0 cos2α

g=

sinαcosαV 20

g

ys =−g

2V 20 cos2α

x 2s + ss tanα

=−g

2V 2O cos2α

V 2O cosαsinα

g

2

+V 2

O sinαcosα

g tanα

ys = h =V 2

O sin2α

2g=

162 · (sin 50)2

20= 7,51 m

Troisième méthode.En utilisant la conservation de l’énergie mécanique. Sys-tème bille, Terre En O ,

E1 =1

2mV 2

O +0(Ep (O ) = 0)

En S ,

E2 =1

2mV 2

s +mg h

(avec Vs =VO sinα)

E1 = E2

1

2mV 2

O =1

2mV 2

O cos2α+mg h

⇒ h =V 2

0 −V0 cos2α

2g

=V 2

0

2g(1− cos2α)

=V 2

0 sin2α

2g

;

497


car 1− cos2α= sin2α

h =256 sin2(50)

2×10= 7,51 m

8.5. Calcul de la distance O P .Le point P étant situé sur l’axe x ′O x , a pour coordon-nées P (xP , yP = 0). A ce point, l’équation de la trajectoirede la bille se traduit par :

0=−g

2V 2O cos2α

x 2P + (tanα)xP = 0

Cette équation de second degré en xp admet deux solu-tions :

xp = 0 (C’est le point de départ de la bille)

xP =2V 2

O cosαsinα

g

=2 · (16)2 sin(50°)cos(50°)

10

= 25,21 m (C’est la portée O P du tir)

Calcul de la valeur de α pour que la distance O P soitmaximale.Rappelons que : 2sinαcosα = sin(2α). La distance O Pest maximale pour

sin 2α= 1⇔ sin 2α= sin

π

2

⇒α=π

4= 45°

Pour α= 45°

O P = x =162 sin(45° ·2)

10= 25,6 m

Détermination des angles de tir α1 et α2

Au point Q de coordonnées xQ = 10 et yO = 0, l’équationde la trajectoire s’écrit :

y =−g

2V 2O cos2α

102 + (tanα)10= 0

avec1

cos2α= 1+ tan2α

−g

2V 2O

(1+ tan2α)100+10 tanα= 0

⇒− tan2α+5, 12 tanα−1= 0

La résolution de cette équation de second degré en tanαadmet deux solutions :

tanα1 = 0, 20

⇒α1 = 11,5°

tanα2 = 4, 91

⇒α2 = 78,5°

8.6. Détermination des coordonnées du point R au sol.La bille est lancée à partir d’un point situé à 4 m du soldonc tout point au sol a pour ordonnée y =−4. Le pointR a pour coordonnées (xR , yR = −4). Les coordonnéesdu point R vérifient l’équation de la trajectoire.

−4=−1

2g

x 2R

V 2O cos2α

+ xR tanα

La portée est maximale pour α= 45° :

−1

2·10 ·

x 2R

162

p2

2

2 + xR ·1+4= 0

⇒−0, 039x 2R + xR +4= 0

La résolution de cette équation donne deux valeurs dexR :

xR = x1 = 29,15 m

x2 =−3,51 m

x2 est incompatible avec les hypothèses.

Solution 9. (p. 88)

9.1. Montrons que la trajectoire du ballon est dans leplan (O , ~i , ~j ).Système étudié : le ballon assimilé à un point matériel.Dans le repère terrestre donc galiléen, le ballon est sou-mis à la seule action de son poids. D’après le théorèmedu centre d’inertie, on a :

∑

~Fext =m ~a ⇒m ~g =m ~a ⇒ ~a = ~g (S4.1)

Les coordonnées de ~a dans un repère (O , ~i , ~j , ~k ) sont :

~a =

ax = 0

a y =−g

az = 0

Les coordonnées du vecteur vitesse et vecteur positiondu ballon à un instant quelconque, s’obtiennent en in-tégrant successivement ~a en tenant compte des coor-données du ballon et celles du vecteur vitesse à l’instantt = 0 : à t = 0

~OG =

xO = 0

yO = 0

zO = 0

et

~VO =

Vo x =VO cosα

Vo y =VO sinα

Vo z = 0

à t quelconque

~V =

Vx =VO cosα

Vy =−g t +VO sinα

Vz = 0

et

~OG =

x = (VO cosα)t

y =−1

2g t 2 + (VO cosα)t

z = 0

z = 0 quel que soit t , nous concluons que le mouvementdu ballon se fait dans le plan (O , ~i , ~j )9.2. Equation de la trajectoire.

;

4


Elle s’obtient en éliminant t entre les expressions x et y

t =x

VO cosα

et

y =−1

2g

x

VO cosα

2

+ (VO sinα)(x

cosα)

d’où :

y =−g

2V 2O cos2α

x 2 + (tanα)x

9.3. Calcul de la vitesse du ballon.Pour que le ballon pénètre dans les buts au ras de labarre transversale, la trajectoire le point B de coordon-nées, xB = d = 25 et yB = h = 2,44 doit appartenir à latrajectoire. Donc :

h =−g

2V 2O cos2α

d 2 + (tanα)d

⇒VO =g d 2

2 cos2α(d tanα−h )= 18,6 m s−1


10.1. Equation horaire de la bille A.

OX

Y

~i

~j

~VA

~aA = ~g

I

~aB = ~g

2,65mM (3; 2, 65)

~VB

α

VB cosα

VB sinα

Dans l’air, la bille A n’est soumis qu’à la seule action deson poids. D’après le théorème du centre d’inertie, on a :

∑

~Fext =m ~a ⇒m ~g =m ~a ⇒ ~a = ~g

Projetons cette équation vectorielle sur les axes y O y ′ etx O x ′ du repère (o , ~i , ~j ) lié à un référentiel terrestre. Onobtient :

(

ax = 0

a y = g

En intégrant “a ” deux fois de suite en tenant qu’à l’ins-tant t = 0 la bille A est au point I (3, 0) animé de la vitesse~VA , on a l’équation horaire de la bille A.

yA =1

2g t 2 +VA t = 5t 2 +7t (S4.1)

xA = 3 (S4.2)

10.2. Equations horaires du mouvement de la bille B . La

démarche étant la même qu’en 3.1, on obtient :

xB = (VB cosα)t (S4.3)

yB =1

2g t 2 + (VB sinα)t (S4.4)

10.3. Calcul de VB .Il y a choc entre les deux billes quand yB = yA

1

2g t 2 + (VB sinα)t =

1

2g t 2 +VA t

⇒VB =VA

sinα=

7

sin(30°)= 14 m s−1

Détermination de l’instant t du choc.De (S4.3) on a :

t =xB

VB cosα=

3

7 cos(30°)= 0,25 s

Détermination du lieu du chocDe (S4.1) on a :

y = 5 · (0, 25)2 +7 ·0, 25= 2,06 m

Dans le repère (O , ~i , ~j ) le choc a lieu en un point M decoordonnées x = 3 et y = 2, 06.


Nature de la trajectoire du skieur.

OX ′ X

Y ′

Y

~i

~j

C

β

yC

xC~P

~V0

α

VOY =−V0 sinα

VO X =V0 cosα

Au point O, le skieur est soumis à une seule force, sonpoids. D’après le théorème du centre d’inertie,

∑

~Fext =m ~a ⇒m ~g =m ~a ⇒ ~a = ~g

Projetons cette équation vectorielle sur les axes y O y ′ etx O x ′ du repère (o , ~i , ~j ) lié à un référentiel terrestre

~a =

(

ax = 0

a y = g

En intégrons “a ” deux fois en tenant compte qu’à l’ins-tant t = 0, le skieur se trouve en O animé de la vitesse

;

499


~v0

x =V0 cosαt (S4.1)

y =1

2g t 2 − (V0 sinα)t (S4.2)

En éliminant t entre (S4.1) et (S4.2), on a :

y =g

2V 20 cos2α

x 2 − (tanα)x

A.N. y = 0, 059 · x 2 −0, 84x .Cette équation est de la forme :

y = Ax 2 +B x

Nous concluons que la trajectoire du skieur est parabo-lique.Coordonnées du point CLe point C est l’intersection de cette parabole avec ladroite d’équation :

y = x tanβ

β = 45°

tan 45°= 1

y = x

L’abscisse du point C est :

0, 059x 2 −0, 84x = x

⇒ x = 0

x = 31,1 m

L’ordonnée du C est donc : y = 31,1 m.Longueur O C .

O C 2 = x 2 + y 2

avec

y = x

⇒O C 2 = 2x 2

⇒O C = xp

2

O C = 44 m

Durée du saut :

x =VO cosαt

⇒ t =x

VO cosα=

31, 1

12 cos 40°= 3,4 s


12.1. Etude du champ électrique ~E .

O S

( − ) ( + )

U

~E

L’électron, parti de O est accéléré. Donc la force élec-

trique qu’il subit est orientée de O vers S . Cette forcea pour expression :~F = q ~E , avec q =−e , charge (−)⇒ ~F et ~E sont opposés.~E est orienté de S vers O . Nous savons aussi que ~E est

orienté du potentiel le plus élevé au potentiel le plus bas.Donc, le potentiel du point S (VS ) est supérieur au poten-tiel du point O (VO ) et VS −VO > 0. ~E a pour intensité :

E =U

d=

100

5×10−2 = 2000 V m−1

12.2. Comparaison du poids de l’électron à la force élec-trique. Le poids de l’électron est :

P =mg = 9×10−31 ·9, 80= 8,82×10−30 N. L’intensité de la force électrique est :

F = q E = 1,6×10−19 ·2000= 3,2×10−16 N.

Calculons le rapportF

P=

3,2×10−16

8,82×10−30 = 3,6×1013 ⇒

F = 3,6×1013P .On remarque que F vaut 36.000 millards P ! Le poidsd’un électron est négligeable devant la force électrique.12.3. Vitesse vS de l’électron au point S.Appliquons le théorème de l’énergie cinétique à l’élec-tron entre le point O et le point S .

Ec s −Ec o =W ( ~F )

⇒1

2m v 2

S −1

2m v 2

O = q (VO −VS )

avec V0 = 0 ; q =−e ; VO −VS =−U .Nous avons :

1

2m vS =−e (−U ) = e U

⇒ vS =

√

√ 2e U

m= 5,96×106 m s−1

12.4. Évolution de la vitesse VS quand U augmente.

De l’expression vS =

√

√ 2e U

m, nous remarquons que

lorsque U augmente, VS augmente aussi. Mais VS nepeut augmenter indéfiniment. En effet VS est limitée parla célérité de la lumière dans le vide c = 3×108 m s−1.


13.1. Intensité du champ électrique.~E a pour intensité :

E =U

d=

100

1,5×10−2 = 6667 V m−1

13.2. Coordonnées du point de sortie S. Système étudié : l’électron. Référentiel d’étude : référentiel du laboratoire consi-

déré comme galiléen. Bilan des forces agissant sur le système : la force élec-

trique ~F = q ~E . (le poids étant négligeable.)D’après le théorème du centre d’inertie,

∑

~Fext =m ~a

⇒ q ~E =m ~a

⇒ ~a =q

m~E

;

4


Projetons cette relation vectorielle dans le repère(O , ~i , ~j , ~k ). puis intégrons successivement ~a et en tenantcompte des conditions initiales, nous avons :

~a =

ax = 0

a y =−q

mE

az = 0

⇒ ~V =

Vx = 0

Vy =−q

mE t

Vz = 0

⇒ ~OG =

x = 0

y =−q

2mE t 2

z = 0

En éliminant t entre les équations horaires, on obtient :

y =−q E

2mV 2O

x 2

Au point de sortie S , on a :

xS = l et yS = −q E

2mV 2O

l 2. A.N. xS = 2,5 cm = 25 mm,

yS = 5,72×10−3 m= 5,72 mm.Vitesse VS de l’électron en S.Au point S ,

xS = l =V0tS

⇒ tS =l

V0

~V(t=tS ) =

VS x = 0

VS y =−q

mE tS =−

q E l

mVO

VS z = 0

D’où l’expression de Vs :

VS =r

V 2S x +V 2

S y

=

√

√

√

V 2O +

q E l

mVO

2

A.N. l = 2,5 cm; d = 1,5 cm; U = 100 V ;V0 = 8×106 m s−1 ; mélectron = 9,1×10−31 kg;qe = −e = −1,6×10−19 C ; E = 6667 V m−1 ;VS = 8,8×106 m s−1.13.3. Angle de déviation α du faisceau d’électron.C’est l’angle compris entre ~VS e t ~VO . Il est donné par :

tanα=VS y

VS x=−

q E l

mV 2O

=−(−e )E l

mV 2O

O

Y ′

Y

X ′ X

Ecran

O ′

SH

α

l

~VS

α

VS Y

VS X

A.N. l = 2,5 cm; V0 = 8×106 m s−1 ; me = 9,1×10−31 kg;qe = −e = −1,6×10−19 C ; E = 6667 V m−1 ;Vs = 8,8×106 m s−1 ; E = 6667 V m−1.

tanα= 0, 4579⇒α= 24,6°

13.4. Position du point d’impact I sur l’écran.À la sortie des plaques, le mouvement de l’électron estrectiligne uniforme de vecteur vitesse ~VS . Le point I apour coordonnées xI = l +D et yI =? (que nous allonscalculer).

yI =O ′H +H I

avec O ′H = yS =−q E l 2

2mV 2O

Calculons H I .H I est donnée par :

tanα=H I

SH=

H I

D

⇒H I =D tanα

Donc

yI = yS +D tanα

yS = 5,72×10−3 m

D = 0,5 m

tanα= 0, 458

yI = 0,23 m

xI = 52,5 cm


14.1. Bilan des forces agissant sur la sphère.Le poids ~P =m ~g vertical et la force électrique ~F = q ~Ehorizontal.Montrons que la sphère dans son mouvement reste dansle plan (O x y ).Appliquons le théorème du centre d’inertie à la sphère.

∑

~Fext =m ~a

⇔ ~P + ~F =m ~a

⇔m ~g +q ~E =m ~a

⇒ ~a =1

m(m ~g +q ~E )

;

4101


~g et ~E étant des vecteurs constants, ~a est un vecteurcontenu dans le plan ( ~E , ~g ). De plus ~VO = ~0. Nous pou-vons dire que le mouvement a lieu dans le plan (( ~E , ~g ))confondu au plan (O x , O y ).14.2. Composantes du vecteur ~a sur les axes O x et O y .Les composantes sur O x et O y des vecteurs ~g et ~E sont :

~g =

(

g x = 0

g y =−g

~E =

(

Ex = E

Ey = 0

Nous avons les composantes de ~a = ~g +q

m~E qui sont :

~a =

ax = g x +q

mEx =

q

mE

a y = g y +q

mEy =−g

14.3. Composantes du vecteur vitesse ~V .En tenant compte des conditions initiales à savoir :

~VO = ~0

(⇒ Vo x = 0 et Vo y = 0) par intégration des composantesde ~a , nous avons :

~V =

Vx =q E

mt +Vo x =

q E

mt

Vy =−g t +Vo y =−g t

14.3.1. Composantes du vecteur position ~O M .

À t = 0, la sphère se trouve en M0 de coordonnées x0 =d

2et y0 = l .Intégrons les composantes du vecteur vitesse. Nous ob-tenons :

~O M =

x =q E

2mt 2 + xO =

q E

2mt 2 +

d

2(S4.1)

y =−1

2g t 2 + yO =−

1

2g t 2 + l (S4.2)

14.3.2. Equation de la trajectoire.Éliminons t entre les équations horaires (S4.1) et (S4.2)

(S4.1)⇒ x −d

2=

1

2.q E t 2

m(S4.3)

(S4.2)⇒ y − l =−1

2g t 2 (S4.4)

Le rapport

(S4.3)

(S4.4)⇒

x −d

2y − l

=−q E

mg

⇒(y − l )q E =−mg

x −d

2

En développant cette égalité, avec E =U /d , nous obte-nons l’équation de la trajectoire.

y =−mg d

qUx +

mg d 2

2qU+ l

Cette équation est de la forme y = Ax +B . C’est l’équa-tion d’une droite. La trajectoire de la sphère chargé estune droite.

14.4. Date d’arrivée de la sphère dans le plan horizontal.Dans ce plan, y = 0. Posons alors

y (t ) = 0

⇒1

2g t 2 + l = 0

⇒ t 2 =2l

g

⇒ t =

√

√ 2l

g

A.N. l = 1 m ; g = 10 m s−2

⇒ t 2 = 0, 2

⇒ t = 0,447 s

14.5. Déterminons U pour que le point P (d ,0) appar-tienne à la trajectoire.Pour appartenir à la trajectoire, les coordonnées du pointP doivent vérifier l’équation de la trajectoire. Ainsi :

0=−mg d

qUd +

mg d 2

2qU+ l

⇒ 0=−mg d 2

2qU+ l

⇒U =mg d 2

2q l

A.N. U = 8000 V


15.1. Représentation de la force électrique en O .Cette force a pour expression ~F = q ~E . ~E est uniforme etq est une charge positive⇒ ~F et ~E ont même directionet même sens.15.2. Equation et nature de la trajectoire. Système étudié : particule de charge q (+) et de masse

m . Référentiel d’étude : référentiel du laboratoire sup-

posé galiléen. Bilan des forces extérieures appliquées au système :

la force électrique ~F = q ~E (le poids de la particule estnégligeable devant la force électrique).

D’après le théorème du centre d’inertie,

~F =m ~a

⇒ q ~E =m ~a

⇒ ~a =q

m~E

En projetant cette relation vectorielle dans le repère(O , ~i , ~j ), nous avons :

~a =

(

ax

a y

~E =

(

Ex = E

Ey = 0

~a =

ax =q

mEx =

q

mE

a y =q

mEy = 0

;

4


En tenant compte des conditions initiales, (à t = 0, ~VO

(Vo x = VO cosα ; Vo y = VO sinα) et la particule est en O(x0 = 0; y0 = 0), intégrons les composantes de ~a ; nousavons :

~V =

Vx =q E

m t+VO cosα

Vy =VO sinα

~O M =

x =1

2

q E

mt 2 + (VO cosα)t (S4.1)

y = (VO sinα)t (S4.2)

Eliminons t entre les équations (S4.1) et (S4.2).

x =1

2

q E

mV 2O sin2α

y 2 +1

tanαy

A.N. V0 = 2×107 m s−1 ; m = 9,1×10−31 kg;q = 1,6×10−19 C ; E = 5×104 V m−1 ; d = 10−2 m;α= 10°.

x = 3, 64y 2 +5, 67y

C’est l’équation d’une parabole de la forme.

Ox

y

15.3. Composante Vx de la vitesse en fonction de x .Considérons la particule sur sa trajectoire dans la régionR , en un point M d’abscisse x . Soit ~V (de composantesVx et Vy ) le vecteur vitesse de la particule en M . Suivantl’axe O x , appliquons le théorème de l’énergie cinétiqueà la particule.

1

2m v 2

x −1

2m vo x =W ( ~F )suivant O X

= q (VO −VM )

VO et VM sont les potentiels respectivement en O et M .Or

VO −VM

x= E ⇒VO −VM = x E

x est la distance qui sépare les plans parallèles passantpar O et M . Donc :

1

2m v 2

x −1

2m v 2

o x = q E x

⇒ v 2x =

2q E

m+ v 2

O cos2α

vo x = vO cosα

⇒ vx =

√

√ 2q E

m x+ v 2

O cos2α

A.N. vx =p

1,76×1016 x +3,88×1014

15.4. Valeur de la vitesse vF de la particule quand ellearrive dans le plan P ′.

Dans le repère (O , ~i , ~j ), appliquons le théorème de l’éner-gie cinétique à la particule entre les plaques P et P ′.

1

2m v 2

F −1

2m v 2

O = q (Vp −Vp ′ )

avec Vp −Vp ′ = E d

⇒ v 2F = v 2

O +2q E d

m

⇒ vF =

√

√

v 2O +

2q E d

m

A.N. vF = 2,4×107 m s−1.Angle β compris entre vF et l’horizontale

cosβ =vF x

vF

Calculons vF x

En faisant x = d dans l’expression de vx .

vF x =Æ

1,76×1016 +3,88×1014 = 2,375×107 m s−1

cosβ =2,375×107

2,4×107 = 0, 989

⇒β = 8,2°

15.5. Trajectoire de la particule après la traversée duplan (P ′).À l’extérieur de la région R , ~E = ~0⇒ ~F = q ~E = ~0. Le poidsde la particule étant négligeable, la particule se comportecomme un système isolé. Son mouvement est alors rec-tiligne uniforme de vecteur-vitesse ~vF .

Expression desinα

sinβ:

À l’entrée de la région R , sinα=Vo y

VO.

À la sortie de la région R , sinβ =VF y

VF.

Par ailleurs, ~V a pour coordonnées dans la région R :

Vx =q E

mt +VO cosα

Vy =VO sinα

Nous constatons que Vy = constante quel que soit t .Donc VO y =VF y =V0 sinα.

sinα

sinβ=

VO y

V0·

VF

VF y=

VF

V0

avec vF =

√

√

v 2O +

2q E d

m.

sinα

sinβ=

√

√

√

√

v 20 +

2q E d

mv0

=

√

√

√

1+2q E d

m v 20

= K

q , E , d , m et v0 étant constants,sinα

sinβ= constante

;

5103

Application des lois de Newton aux mouvements cir-culaires uniformes

5.1 Mouvement d’un pendule conique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

5.2 Mouvement d’un véhicule dans un virage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

5.3 Mouvement d’un satellite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1055.3.1 Étudions le mouvement du satellite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1055.3.2 Expression de la vitesse du satellite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1065.3.3 Période de révolution du satellite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

5.4 Mouvement d’une particule chargée dans un champ magnétique uniforme . . . . 1065.4.1 Etude dynamique : déviation d’une particule chargée dans un champ magnétique uniforme . . . 106



;

5

104 Chapitre 5. Application des lois de Newton aux mouvements circulaires uniformes

5.1 Mouvement d’un penduleconique

Le dispositif ci-dessous représente un pendule co-nique.

Figure 5.1

Z(B )

tige

Moteur

Lorsque le moteur tourne à une vitesse ω, le fils’écarte de la tige. Pendant que la boule tourne autourde l’axe vertical O z d’un mouvement de rotation uni-forme, le fil engendre un cône de révolution de demi-angle au sommet α.

Figure 5.2

C

∆

r

l

G

O

α

Le centre d’inertie G de la boule décrit alors un cerclehorizontal de rayon r = l sinα (où l = OG = longueurdu pendule)

Nous allons déterminer la relation entre la vitesseωet l’angle α.

Nous utiliserons la méthode de résolution préconi-sée au chapitre précédent.

Système étudié : la boule (B ) de masse m et decentre d’inertie G .

Le référentiel d’étude choisi est le référentiel ter-restre supposé galiléen. Bilan des forces appliquées au système : le poids ~P de la boule ; la tension ~T du fil.

Figure 5.3

C

∆

r

l

G

O

α

xx ′

y

y ′

~a

~T

~P

Appliquons le théorème du centre d’inertie au sys-tème :

∑

~Fext =m ~a ⇔ ~P + ~T =m ~a (5.1)

Projetons (5.1) sur les axes x x ′ et y y ′.

Suivant x x ′ : 0+T sinα=ma (5.2)

Suivant y y ′ : −P +T cosα= 0 (5.3)

Dans le triangle O C G ,

G C = r = l sinα

Le mouvement de G étant circulaire, désignons parω, la vitesse angulaire de G . L’accélération ~a du mouve-ment de G a pour intensité :

a = rω2 =ω2l sinα

De (5.2) on tire :

T sinα=mω2l sinα⇒ T =mω2l (5.4)

Dans l’équation (5.3) remplaçons T par valeur :

−mg +mω2l cosα= 0

d’où l’on tire :

ω2l cosα= g ⇒ cosα=g

ω2l

cosα=g

ω2l

;

5105

5.2. Mouvement d’un véhicule dans un virage

5.2 Mouvement d’un véhiculedans un virage

Considérons un cycliste qui aborde en roue libre(c’est-à-dire sans pédaler), un virage circulaire de rayonr . Soit le système (homme-vélo) de masse totale M , etde centre d’inertie G . Appliquons à G le théorème decentre d’inertie dans le référentiel terrestre supposé ga-liléen.

Les forces appliquées à l’ensemble sont :

la réaction ~R de la piste ; le poids ~P de l’ensemble.

On peut donc écrire :

~P + ~R =M ~aG

Si la piste est parfaitement horizontale et qu’il n’y a pasde frottement, la réaction ~R est perpendiculaire à lapiste et il n’y a aucun mouvement du cycliste suivantla verticale. On a donc :

~P + ~R = ~0 soit ~aG = ~0

Le mouvement du cycliste est nécessairement rectiligneuniforme, le cycliste ne peut donc pas prendre le virage.

Le cycliste ne peut prendre le virage que si la somme~F = ~P + ~R des forces appliquées est centripète. La réac-

tion ~R doit donc être inclinée d’un angle α, par rapportà la verticale. Deux cas sont alors possibles :

1. soit il y a frottements, le cycliste peut alors s’inclinersans risque de dérapage ; (voir Figure 5.4) ;

Figure 5.4~R

~P

G

2. soit la piste est inclinée d’un angle α par rapport àl’horizontale (voir Figure 5.5).

Figure 5.5

~R

~P

Gr O

~F

α

α

α

La figure ci-dessus permet d’écrire que :

tanα=F

P=

M aG

M gor

aG =V 2

r

(V étant la vitesse du cycliste). Donc

tanα=V 2

r g

L’angle α ne dépend que de la vitesse V et du rayonde courbure r du virage.

5.3 Mouvement d’un satellite

Soit un satellite (S ) de masse m , évoluant sur une or-bite circulaire à la distance r = R +h où R est le rayonde la Terre, h est l’altitude du satellite par rapport à lasurface de la Terre (Figure 5.6).

Figure 5.6

R

h

(S )

~P

O

;

5


5.3.1 Étudions le mouvement dusatellite

Système étudié : le satellite. Référentiel d’étude : le référentiel géocentrique sup-

posé galiléen. Bilan des forces extérieures appliquées au système :

son poids ~P =m ~gh

Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :∑

Fext =m ~a ⇒m ~gh =m ~a ⇒ ~a = ~gh

Exploitons la relation vectorielle ci-dessus dans labase de Frenet (~t , ~n ) (Figure 5.7).

Figure 5.7

O

G

~t

~Ph~n

R

r

Dans cette base, les coordonnées des vecteurs sont :

~a =

(

at

an

et ~gh =

(

0

gh

nous en déduisons

~a =

(

at = 0

an = gh

Conséquences cinématiques de ce résultat :

at =dV

dt= 0⇒ V = constante ; le mouvement est

uniforme.

an = gh =V 2

ρ= constante ; le rayon de courbure

ρ est constant. Donc la trajectoire est circulaire.Le mouvement du satellite est donc circulaire uni-forme.

5.3.2 Expression de la vitesse dusatellite

On sait que an =V 2

ρoù ρ = R + h est le rayon de

courbure de la trajectoire. Par ailleurs, gh = g0

R 2

(R +h )2.

De l’égalité an = gh nous avons :

V 2

R +h= g0.

R 2

(R +h )2

⇒V =R

s

gO

R +h

5.3.3 Période de révolution du satellite

C’est la durée d’un tour complet. Soit θ ′ sa vitesseangulaire.

θ ′ =V

R +het

T =2π

θ ′= 2π

R +h

V

En remplaçant V par sa valeur, ona :

T =2π

R

√

√

√ (R +h )3

gO

5.4 Mouvement d’une particulechargée dans un champmagnétique uniforme

Figure 5.8

M0

~V0

~n

~F

~t~V

M~k

~B

;

5107

5.4. Mouvement d’une particule chargée dans un champ magnétique uniforme

5.4.1 Etude dynamique : déviation d’uneparticule chargée dans un champmagnétique uniforme

Cas où le vecteur vitesse initiale ~VO est parallèleà ~B

Dans ce cas, la force magnétique

~F = ~0

(propriété de la force de Lorentz).

Le poids ~P de la particule étant toujours négligeable,appliquons le théorème du centre d’inertie à la parti-cule :

∑

~F =m ~a ⇒ ~0=m ~a ⇒ ~a = ~0

Donc le vecteur-vitesse ~V est constant en module, senset direction au cours du mouvement de la particule. Laparticule est alors animée d’un mouvement rectiligneuniforme.

Cas où le vecteur vitesse initiale ~VO estperpendiculaire à ~B

Considérons une particule chargée (un électron parexemple) pénétrant dans le champ magnétique uni-forme ~B avec un vecteur vitesse initiale ~VO tel que~VO ⊥ ~B .

Etudions le mouvement de cet électron dans ~B .

Système étudié : particule de charge q = (−e ) et demasse m . Référentiel d’étude : référentiel du laboratoire sup-

posé galiléen. Bilan des forces extérieures agissant sur le système : la force de Lorentz : ~F = q ~VO ∧ ~B ; le poids ~P de la particule et les forces de frot-

tement qui sont négligeables devant la forcemagnétique.


~Fext =m ~a ⇒ q ~VO ∧ ~B =m ~a

⇒ ~a =q

m~VO ∧ ~B (5.5)

Exploitons cette relation vectorielle en choisissantcomme base de projection, le repère curviligne (~t , ~n , ~k ).La figure ci-dessus concerne une charge négative, unélectron par exemple.

~a =

at =d V

d t= 0 car V = costante

an =V 2

ρak = 0

ρ = rayon de courbure de la trajectoire. En M ,

~V ∧ ~B =

0

V B car ~V ⊥ ~B0

1. La trajectoire de la particule est plane.Projetons le mouvement de la particule suivant ~k :

ak =q

m( ~V ∧ ~B )k = 0.

ak = 0⇒Vz = constante=VO z

et

z =VO z

(car z = 0 pour t = 0). Or VO z = 0 car ~VO est per-pendiculaire à ~k et quel que soit t , z = 0. Donc, lemouvement de la particule s’effectue dans le planz = 0 perpendiculaire à ~B .

2. La trajectoire de la particule est circulaire. La pro-jection de (5.1) suivant ~n nous donne :

an =|q |m( ~V ∧ ~B )n

⇒V 2

ρ=|q |m

V .B ⇒ρ =mV

|q |B(5.6)

m , |q |, B , et V étant constants ρ est aussi constant.Le rayon de courbure de la trajectoire étantconstant, celle-ci est un cercle et le mouvement dela particule est circulaire. On écrit alors ρ =R .Le module de la quantité de mouve-ment étant p = mV , la relation (5.6) peutd’écrire :

R =P

|q |B

On peut donc déterminer la quantité de mouve-ment de la particule chargée en mesurant le rayonde courbure R de sa trajectoire, q et B étant connus.

;

5



Exercice 1.

On considère un point matériel A, de masse m = 100 g,suspendu à un point fixe O par un fil fin, inextensible etde masse négligeable, de longueur l = 1 m1.1. Cet ensemble est mise en mouvement de rotationuniforme autour d’un axe vertical (∆) passant par O . Adécrit alors un cercle dans un plan horizontal et la direc-tion du fil fait un angle α= 30° avec l’axe∆.1.1.1. Quelle est la vitesse angulaire ω de rotation del’ensemble.1.1.2. Quelle est la tension du fil ?1.1.3. A partir de quelle vitesse angulaire ωmin la billeA se décolle-t-elle de l’axe.1.1.4. Pour quelle valeur deω, l’angle α est égal à 90° ?

O

β

A

∆ω

Oα

A

∆ω

1.2. Le fil de suspension est remplacé par un ressort àspires non jointives, de longueur à vide l0 = 20 cm, decoefficient de raideur K = 49 N m−1.La vitesse de rotation de l’ensemble est alors 8 rad s−1. Lepoint A décrit toujours un cercle dans un plan horizontal,l’axe du ressort étant incliné sur la verticale d’un angleβ . Calculer la longueur du ressort lors de ce mouvement,ainsi que l’angle β .

Exercice 2.

Sur une place horizontale, une petite voiture radiogui-dée décrit un cercle de rayon r = 20 cm, à une vitesseconstante. La masse de la voiture est m = 16 kg. On né-glige ses dimensions devant celle de la trajectoire.2.1. La force de frottement longitudinale ~f , parallèleau vecteur ~v , de sens opposé, a un module constantf = 50 N. La force de frottement latérale ~f ′, perpendi-culaire au vecteur vitesse, qui permet à la voiture de te-nir sa trajectoire circulaire a pour module f ′ = 90 N. Endéduire la force de traction du moteur F et la vitesse cur-viligne v .2.2. La voiture roule maintenant à vitesse constantev = 10 m s−1 sur une piste circulaire relevée d’un angleα par rapport à l’horizontale. La voiture décrit un cerclehorizontal de rayon r = 20 cm. L’angle α est tel que laforce de frottement latérale f ′ = 0. (cela veut dire que lavoiture n’a alors aucune tendance à déraper même si lapiste est très glissante). Evaluer α.On prendra g = 9,8 m s−2

Exercice 3.

Une petite bille de masse m décrit une gouttière de formecirculaire AB C D , d’épaisseur négligeable, de rayon r etde masse M , située dans un plan vertical. Soit O u la lignede plus grande pente d’un plan incliné faisant l’angle θavec l’horizontale passant par O et A. On note O x et O yles deux axes orthonormés passant par A et B . On négligetous les frottements.

Ox

y

D

C

B

A

E Fu

θ

Soit ~R la réaction fournie par la gouttière sur la bille. Onpose α = ( ~R , ~P ), l’angle que font entre eux la réaction ~Ret le poids ~P de la bille (0≤ θ ≤π).3.1. Si ~V est la vitesse de la bille en un point quelconquede la gouttière, montrer que le module de ~R peut semettre sous la forme :

~R

=m

~V

2

r− g cosα

3.2. La bille partant du point A à l’instant initial, expri-mer le travail des forces extérieures appliquées à la billeentre l’instant de départ et un instant quelconque t enfonction du rayon r et de l’angle α ;3.3. En déduire l’expression générale de la vitesse

~V

en fonction de la vitesse de la bille au point A, notée

~VA

,de R et de l’angle α ;3.4. En utilisant l’expression de

~R

trouvée à la ques-tion 1., donner la relation générale permettant d’écrire

~R

en fonction de

~VA

, r et θ .3.5. Soit E le point milieu de l’arc C D :3.5.1. Quelle doit être la valeur minimale de

~VA

pourque la bille ne décolle pas de la gouttière au point E ?3.5.2. Même question concernant le point D .Calculer alors les coordonnées de F , point d’arrivée dela bille sur O u .r = 50 cm ; g = 9,81 m s−2 ; θ = 30°.

Exercice 4.

Un satellite artificiel de la Terre, de masse m , se déplaceà vitesse constante sur une orbite circulaire dans un ré-férentiel galiléen lié au centre de la Terre à l’altitudeh = 3,6×107 m comptée à partir de la surface de la terre.La trajectoire est située dans le plan de l’équateur et lesatellite tourne dans le sens de rotation de la terre. Lerayon de la terre est R = 6,4×106 m.4.1. Calculer la valeur de l’intensité ‖ ~g ‖du champ de pe-santeur à l’altitude h , sachant qu’à la surface de la Terre

~gO

= 9,8 m s−2. On rappelle la loi de la gravitation uni-

;

5109


verselle

~f

= KM m

d 2où M est la masse de la Terre et d

la distance du satellite au centre de terre.4.2. Faire le bilan des forces appliquées au satellite sup-posé ponctuel et en déduire sa vitesse.4.3. Déterminer la période du mouvement dans le re-père galiléen considéré ici.

Exercice 5.

On considère un satellite en rotation sur une orbitecirculaire autour de la Terre. L’altitude du satellite esth = 3200 km. On donne : rayon de la Terre : 6400 km.5.1. Calculer la vitesse de ce satellite.5.2. Calculer le temps nécessaire pour faire un tour dela Terre. On donne go à la surface de la terre= 9,81 m s−2.5.3. Quelle devrait être l’altitude h ′ du satellite pourqu’il paraisse immobile à un observateur terrestre? Leplan de l’orbite est celui de l’équateur terrestre.5.4. L’énergie potentielle de pesanteur du système(satellite-Terre) s’écrit :

Ep =−mgo R 2

R +h

Si m est la masse du satellite. Ep =O quand h =∞. Don-ner, en fonction de m , go , R et h l’expression de l’énergiemécanique du système.5.5. Quelle énergie faut-il fournir au satellite, de masse1 tonne, pour le faire passer de l’orbite d’altitude h à l’or-bite d’altitude h ′ ?.

Exercice 6.

Dans tout le problème, on négligera le poids des parti-cules devant les autres forces et on appliquera les lois dela mécanique classique. On envisage la séparation d’iso-topes du Xénon (Xe) au moyen d’un spectrographe deDempster. Une chambre d’ionisation produit des ionspositifs 129

54Xe+ et x52Xe+. Ces ions sont accélérés entre

deux plaques métalliques parallèles P1 et P2 puis soumisà l’action d’un champ magnétique qui permet de les sé-parer.

O

A

B

faisceauxd’ions

O1 O2

P1 P2

u ~B

On donne : charge électrique élémentaire :

e = 1,6×10−19 C,

mp =masse du proton

mp ≈ 1,67×10−27 kg

mn =masse du neutron

mn ≈ 1,67×10−27 kg

6.1. Accélération des ions. Les ions traversent la plaqueP1 en O1 sans vitesse initiale. Ils sont alors soumis, entreP1 et P2, à une tension accélératrice U = 1000 V.6.1.1. Dans quel sens cette tension doit-elle être éta-blie ?6.1.2. Montrer que l’énergie cinétique, acquise par lesions lorsqu’ils traversent la plaque P2 en O2, est indépen-dante de l’isotope envisagé et calculer sa valeur en joules.6.1.3. Calculer la vitesse v acquise par les ions 129

54Xe+

en O2. On assimilera la masse de l’ion à la somme desmasses de ses nucléons.6.1.4. Exprimer, en fonction de x et v , la vitesse v ′ ac-quise par les ions 129

54Xe+ en O2.6.2. Séparation des ions. Les ions, animés des vitesses vet v ′ calculées ci-dessus, pénètrent en O dans une régionoù règne un champ magnétique ~B uniforme perpendicu-laire au plan de la figure. On rappelle que la force électro-magnétique ~f agissant sur une charge q animée d’unevitesse ~v est normale au plan défini par ~v et ~B et telleque le trièdre ~v , ~B , ~f soit direct. La norme de la force estdonnée par f = q v B lorsque ~v et ~B sont orthogonaux.6.2.1. On s’intéresse au mouvement des ions. Montrerque celui-ci est plan, circulaire et uniforme. Donner l’ex-pression littérale du rayon de courbure R . Calculer Rpour B = 0,1 T.6.2.2. Les ions 129

54Xe+ et x52Xe+ décrivent un demi-cercle

avant de tomber sur une plaque photographique, respec-tivement en A et en B .On mesure la distance AB = 8 mm. En déduire la valeurde x (B = 0,1 T).

Exercice 7.

Soit un cyclotron à fréquence fixe. Un champ magné-tique uniforme ~B est crée dans deux “dees”, D1 et D2, pa-rallèlement à leurs axes. Un champ électrostatique ~E estcrée dans l’intervalle étroit entre les “dees”, perpendicu-lairement aux surfaces qui délimitent l’intervalle entreD1 et D2. La tension électrique établie entre les deux“dees”, et qui crée le champ électrostatique est alterna-tive de fréquence N de valeur maximale UM (le champélectrostatique est nul à l’intérieur des “dees”). Les parti-cules accélérées sont des protons, ils pénètrent en A avecune vitesse ~V0 ; ~V0 est orthogonale à ~B et à M M ′.7.1. Montrer que, dans un “dee”, le mouvement d’unproton est circulaire uniforme. (On admet que le poidsdu proton est négligeable devant la force magnétiquequ’il subit). Exprimer littéralement la durée d’un demi-tour. Vérifier qu’elle est indépendante de la vitesse ; don-ner sa valeur numérique. En déduire la fréquence N dela tension alternative.7.2. Quelle est l’énergie cinétique transmise au protonà chaque tour ?7.3. On veut que la vitesse finale des protons soit20 000 km s−1. Quel est le nombre de tours effectués parles protons pour acquérir cette vitesse? On admet quela vitesse initiale V0 des protons quand ils pénètrentdans le cyclotron a une valeur très faible par rapport à20 000 km s−1.

;

5


M ′

M

D1 D2

~E

~V0 A

~B ~B

A.N. B = 1 T ; UM = 4000 V ; masse du pro-ton mp = 1,67×10−27 kg; charge du proton :e = 1,6×10−19 C.

Exercice 8.

Pour obtenir un faisceau homocinétique à l’entrée d’unspectromètre de masse, on place avant la chambre dedéviation un sélecteur de vitesses (filtre de Wien). Cefiltre ne laissera passer par une ouverture O que les par-ticules ayant une certaine vitesse v0 et déviera les parti-cules ayant une vitesse différente.

y

~νC

~E

~B

~νC

0

Le principe du filtre considéré est le suivant : des particules chargées positivement sont projetées

dans l’appareil suivant l’axe des abscisses ; deux plaques parallèles distantes de d entre les-

quelles existe une tension U produisent un champélectrique ~E ;

dans toute la région où règne ~E existe un champ ma-gnétique uniforme ~B orthogonal à ~E et à l’axe des abs-cisses.

8.1. On observe que pour une certaine vitesse v0 les par-

ticules ne sont pas déviées. Montrer que v0 =E

B.

8.2. Décrire comment seront déviées les particules devitesse v > v0 et celles de vitesse v < v0.8.3. Calculer v0 dans le cas où B = 0,10 T, d = 0,5 cm etU = 50 V.



1.1. 1.1.1. Calcul de la vitesse angulaire de rotation del’ensemble.Système étudié : le point matériel A. Dans un repère liéà la Terre donc pratiquement galiléen, le point A est sou-mis à son poids ~P =m ~g et à la tension ~T du fil.

O

α

ω

X ′ X

Y ′

Y

~P

~a

~T

C

D’après le théorème du centre d’inertie, on a :∑

~Fext =m ~a

⇒ ~P + ~T =m ~a (S5.1)

Projetons (S5.1) sur les axes x x ′ et y y ′.¨

suivant x x ′ 0+T sinα=ma (S5.2)

suivant y y ′ −P +T cosα= 0 (S5.3)

Dans le triangle O C A, C A =O A sinα avec O A = l .Le mouvement de A étant circulaire uniforme, désignonsparω la vitesse angulaire de A. L’accélération a du mou-vement est :a =ω2l sinα.

(S5.2)⇒ T sinα=mω2l sinα

⇒ T =mω2l (S5.4)


−mg +mω2l cosα= 0 (S5.5)

⇒ω=s

g

l cosα= 3,36 rad s−1

1.1.2. Calcul de la tension du fil.Elle est donnée par la relation (S5.4) :

T =mω2l = 0, 1 ·3, 362 ·1= 1,13 N

1.1.3. Vitesse angulaire minimale pour que le point Adécolle de l’axe de rotation.

(S5.5)⇒−mg +mω2l cosα= 0

⇒cosα=g

ω2l(S5.6)

;

5111


Pour que le point A décolle, il faut que :

α> 0 ⇒ cosα< 1

D’après (S5.6),

g

ω2l< 1

⇒ω2 >g

l

⇒ω>s

g

l

ωmin =

√

√ 9, 8

1= 3,13 rad s−1

1.1.4. Valeur deω pour α = 90°.De (S5.6) nous constatons que pour α = 90°, cosα= 0⇒0=

g

lω2.

Or g et l sont constants donc 0=g

lω2⇒ω=∞ ! Condi-

tion irréalisable.1.2. Calcul de la longueur l du ressort.

T =mω2l = K x

avec l = l0 + x

mω2(lO + x ) = K x

⇒ x =mω2lO

K −mω2

l = lO +mω2lO

K −mω2

= 0, 2+0, 1 ·82 ·0, 2

49 ·0, 1 ·64= 0,23 m

Calcul de β .

cosβ =P

T

=mg

mω2l

=g

ω2l

=9, 8

82 ·0, 23= 0, 66

⇒β = 48,47°


2.1. Soit à déduire la force de traction du moteur F et lavitesse curviligne v . Le système étudié est la voiture. Le repère lié à la Terre est pratiquement galiléen. Bilan des forces agissant sur la voiture. La voiture est

soumise à : son poids ~P (représentée par ⊕ sur la figure ci-

dessous, ce qui signifie que ~P est perpendiculaireau plan de la figure, dirigée vers l’arrière de lafeuille) ;

la réaction ~R de la route (représenté par sur lafigure, ce qui signifie que ~R est perpendiculaire àla figure, dirigée vers l’avant de la feuille) ;

la force de traction ~F , parallèle à ~v de même sens ; la forces de frottement longitudinale ~f , parallèle à~v , de sens contraire.

la forces de frottement latérale ~f ′, perpendiculaireà ~v , dirigée vers l’intérieur du virage.

~P

~R

y y ′

x ′

x

~F

~f

~f ′

~a~ν

O

vue de dessus

Le centre de gravité G de la voiture décrit un cercle ho-rizontal de centre O , de rayon OG = r , à la vitesse cur-viligne constante v . Le vecteur accélération ~a de G estdonc centripète dirigé suivant G O , donc perpendicu-

laire au vecteur vitesse de module constant a =v 2

rD’après le théorème de centre d’inertie, on a :

~P + ~R + ~F + ~f + ~f ′ =m ~a (S5.1)

Projetons (S5.1) sur un axe z z ′ orienté de l’arrière de lafeuille vers l’avant :

−P +R = 0⇒R = P (S5.2)

Projetons (S5.1) sur un axe x x ′, parallèle à ~v :

−F + f = 0⇒ F = f (S5.3)

c’est la force de traction demandée.

F = f = 50 N

En tenant compte de (S5.2) et (S5.3) le théorème (S5.1)s’écrit :

~f ′ =m ~a (S5.4)

La projection de (S5.4) sur l’axe y y ′ donne :

f =mv 2

r

De cette relation nous tirons v :

v =

√

√ f ′r

m

A.N. v =

√

√ 90 ·20

16= 10,6 m s−2.

2.2. Evaluons l’angle α. Le système est toujours la voiture. Le repère lié à la Terre est quasi galiléen. La voiture est soumise aux forces ~P , ~R , ~F et ~f .

;

5


α

GO ~a

~R

~Px

x ′

α

~F

~ν

~f

Le centre de gravité G de la voiture décrit un cerclehorizontal de centre O , de rayon OG = r , à la vitessecurviligne constante v . Le vecteur accélération ~a de Gest donc centripète dirigé suivant G O , donc perpendi-

culaire au vecteur vitesse de module constant a =v 2

r.

D’après le théorème de centre d’inertie, nous avons :

~P + ~R + ~F + ~f =m ~a

Projetons sur x ′x , axe perpendiculaire à ~R , ~F et ~f , onobtient :

P sinα=ma cosα

De cette relation nous tirons :

sinα

cosα= tanα=

ma

mg=

a

g

Or a =v 2

rd’où :

tanα=v 2

r g

A.N. tanα=102

20 ·9, 8= 0, 51 et α= 27°.


3.1. Montrons que :

R =m

V 2

r− g cosα

O

D

C

B

A

E

θ

θ

α

θ =π−α

~P

~n~R

~t

Dans le référentiel terrestre, considéré comme galiléen,la bille est soumise à son poids ~P et à la réaction ~R de lagouttière. D’après le théorème du centre d’inertie, on a :

∑

~Fext =m ~a ⇒ ~P + ~R =m ~a (S5.1)

En projetant (S5.1) dans la base de Frenet :

suivant ~n : R −P cos(π−α) =man

suivant ~t : 0−P sin(π−α) =mat

avec

an =V 2

r

at =dV

dt

(S5.1)⇒R −P cos(π−α) =mV 2

ravec

cos(π−α) =−cosα

⇒R +mg cosα=mV 2

r

⇒R =m

V 2

r− g cosα

3.2. Travail des forces extérieures appliquées à la bille.Le bilan des forces étant inchangé, on a :

W =W ( ~R )+W ( ~P )W ( ~R )

= 0

car ~R est orthogonale à chaque instant à la trajectoire dela bille dans la gouttière.

W =W ( ~P ) =mg h

avec

h = r cos(π−α) =−r cosα⇒W =−mg r cosα

O

D

C

B

A

E

θ

α

θ =π−α

~P

~Rh

3.3. Déduction de l’expression générale de la vitesse V .D’après le théorème de l’énergie cinétique, on a :

1

2mV 2 −

1

2mV 2

A =−mg r cosα

⇒V =q

V 2A −2g r cosα

3.4. Expression générale de R .

R =m

V 2

r− g cosα

=m

V 2A −2g r cosα

r− g cosα

⇔R =m

V 2A

r−3g cosα

3.5.3.5.1. Valeur minimale de VA pour que la bille ne décollepas au point E .Pour que la bille ne décolle pas en E , il faut que :

R > 0

;

5113


⇒m

V 2A

r−3g cosα

> 0

⇒VA >p

3r g cosα

E étant le milieu de l’arc C D , α=π

4et

VAmin =p

3r g cosα

=s

3 ·0, 5 ·9, 81 · cosπ

4= 3,22 m s−1

3.5.2. Valeur minimale de VA pour que la bille ne décollepas au point D .

D

E

θ~R

~P

θ =π

4

Même démarche qu’à la question 8.5.1 avec α = 0° aupoint D .

VAmin =p

3 ·0, 5 ·9, 81 · cos 0°= 3,84 m s−1

3.5.3. Détermination des coordonnées du point F .

O x

y

D

C

B

A

EF

u

θ

~V0

~P

Après le point D , la bille n’est plus soumise qu’à la seuleaction de son poids ~P . Dans le référentiel terrestre doncgaliléen, le théorème du centre d’inertie, s’écrit :

∑

~Fext =m ~a

⇒m ~g =m ~a

⇒ ~a = ~g

En projetant (S5.1) sur les axes x x ′ et y y ′, on a :ax = 0 et a y = g .Choisissons comme origine des dates l’instant où la billequitte la gouttière. A cet instant sa vitesse en D de coor-données (0,−r ) est donnée par :

VD =q

V 2A −2g r cos 0

=p

3, 842 −2 ·9, 81 ·0, 5 ·1= 2,22 m s−1

Intégrons successivement a, en tenant compte des condi-tions initiales choisies.

~V =

(

Vx =VD

Vy = g t

~O M =

x =VD t (S5.2)

y =1

2g t 2 − r (S5.3)

En éliminant t entre (S5.2) et (S5.3) on obtient l’équationde la trajectoire de bille dans le repère (x O y ) :

y =1

2g

x 2

V 2D

− r = 0, 157x 2 −0, 5

en mètre.Dans ce même repère, l’équation de la droite du planincliné est :

y ′ =−x tanθ =−0, 58x

L’abscisse du F est donnée par :

0, 157x 2 −0, 5=−0, 58x

⇒ 0, 157x 2 +0, 58x −0, 5= 0

La résolution de cette équation donne deux valeurs de xqui sont x = 0,72 m, valeur à retenir et x ′ =−4,4 m valeurà rejeter car x < 0. L’ordonnée de F est donc :

y ′ =−x tanθ =−0, 57 ·0, 72=−0,42 m

F est donc pour coordonnées F (0, 72;−0, 42)


4.1. Calcul de la valeur de l’intensité g du champ de pe-santeur à l’altitude h.À l’altitude h , la force de gravitation entre la Terre et lesatellite est :

f =K M m

(R +h )2

loi de la gravitation universelle. Par ailleurs, Ph =mgh ,attraction de la Terre sur le satellite,

f = Ph

⇒ gh =K M

(R +h )2(S5.1)

Au niveau du sol, on a h = 0 et le poids P0 est :

P0 =K M m

R 2=mg0 (S5.2)

⇒ g0 =K M

R 2(S5.3)

En faisant le rapport (S5.1)/(S5.3) on obtient :

gh

gO=

K M

(R +h )2

K M

R 2

=

1

(R +h )2

1

R 2

⇒ gh = g0R 2

(R +h )2

;

5


A.N. gh = 9, 8(6,4×106)2

(6,4×106 +3,6×107)2= 0,22 m s−2.

4.2. Bilan des forces appliquées au satellite.Sur son orbite, le satellite est soumis à une seule force :son poids ~Ph .Déduction de la vitesse du satellite.Dans le référentiel lié au centre de la Terre (donc gali-léen), appliquons la R.F.D. au mouvement du satellite.

∑

~Fext =m ~a

⇒m ~g =m ~a

⇒ ~a = ~g

En projetant cette relation vectorielle sur le rayon de l’or-bite circulaire dirigé vers le centre de la Terre, on a :

a = gh (S5.4)

L’orbite étant circulaire, a =V 2

R +het (S5.4) devient :

a =V 2

R +h= gh

⇒V =Æ

gh (R +h )

= 3054,17 m s−1

4.3. Détermination de la période T du mouvement dusatellite.La période T est le temps que met le satellite pour effec-tuer un tour complet de la Terre.

V T ⇒ 2π(R +h )⇒ T =2π(R +h )

VA.N.

T =2 ·3, 14 · (6,4×106 +3,6×107)

3054, 17

= 87 183,1 s≈ 24 h


5.1. Calcul de la vitesse du satellite.

V =Æ

gh (R +h )

avec

gh = goR 2

(R +h )2

A.N.

gh = 9, 81 ·(6,4×106)2

(6,4×106 +3,2×106)2

= 4,36 m s−2

V =q

4, 36 · (6,4×106 +3,2×106)

= 6496,62 m s−1

5.2. Temps T mis pour faire un tour de la Terre.Pour faire 1 tour de la terre, le satellite parcourt une dis-tance linéaire égale à 2π(R +h )

T =2π(R +h )

V

T =2 ·3, 14(6,4×106 +3,2×106)

6496, 62

T = 9276,9 s

5.3. Calcul de h ′.Pour que le satellite paraisse immobile, il faut que sapériode soit égale à celle de la Terre. Or pour faireun tour complet sur elle-même, la Terre met un tempsT ′ = 24 h= 86 400 s. h ′ est donnée par :

T ′ =2π(R +h ′)

V

⇒ h ′ =T ′V

2π−R

h ′ =88400 ·6496, 62

6, 28−6,4×106

≈ 8,3×107 m

h ′ = 83 000 km

5.4. Expression de l’énergie mécanique.

Em =1

2mV 2 −mgo

R 2

R +h

5.5. Energie à fournir pour que le satellite passe de h àh ′.

Emh =1

2mV 2 −mg0

R 2

R +h

Emh ′ =1

2mV 2 −mg0

R 2

R +h ′

∆Em = Emh −Emh ′

=1

2mg0R 2

1

R +h−

1

R +h ′

∆Em =1

21000 ·9, 81 · (6,4×106)

2

1

6,4×106 +3,2×106 −1

6,4×106 +8,3×107

= 1,87×1010 J


6.1. Accélération des ions.6.1.1. Sens de la tension U pour que les ions Xe+ soientaccélérés. Système étudié : ion Xe+. Référentiel d’étude : référentiel du laboratoire sup-

posé galiléen. Bilan des forces agissant sur le système entre P1 et P2 :

la force électrique ~F = q ~E . Le poids de la particuleétant négligeable.


~Fext =m ~a

⇒ q ~E =m ~a

⇒ ~a =q

m~E

q étant une charge positive, ~a et ~E ont le même sens.Les particules étant accélérées, ~a et ~V ont le même sens.Nous en déduisons que ~E et ~V ont le même sens. Or ~V

;

5115


est orienté de P1 vers P2, ainsi que ~E . Par ailleurs ~E esttoujours orienté dans le sens des potentiels décroissants.Nous déduisons que :

V (P2)<V (P1)

⇒UP1P2 =V (P1)−V (P2)> 0

6.1.2. Energie cinétique acquise par l’ion Xe+.Appliquons le théorème de l’énergie cinétique à l’ion Xe+

entre O1 et O2.

∆Ec =W ( ~F )

⇔ Ec (P2)−Ec (P1) = q [V (P1)−V (P2)]

avec Ec (P1) = 0, q =+e ,

V (P1)−V (P2) =U

Ec (P2) = e U

L’énergie cinétique en P2 est indépendante de la massede l’ion. Elle ne dépend donc pas de l’isotope envisagée.Sa valeur est :

Ec (P2) = 1,6×10−19 ·103 = 1,6×10−16 J

6.1.3. Vitesse de l’ion 12954Xe+ en O2.

Ec (P2) =1

2m1V 2

avec

m1 = 54mp + (129−54)mn

(mn =mp ⇒m = 129mp )

Ec (P2) =1

2129mp v 2

1

⇒ v =

√

√

√2Ec (P2)129mp

A.N. Ec (P2) = 1,6×10−16 J ; mp = 1,67×10−27 kg;v = 3,85×104 m s−1.6.1.4. Vitesse v’ de l’ion x

52Xe+ en O2 en fonction de v etde x . La masse de x

52Xe+ est :

m ′ = 54mp + (x −54)mn

pour mp =mn , m ′ = x mp . L’énergie cinétique étant in-dépendante de l’isotope on a :

1

2mV 2 = e U pour 129

54Xe+ (S5.1)

1

2mV ′

2 = e U pour x52Xe+ (S5.2)

(S5.1)

(S5.2)⇒

m v 2

m ′v ′2= 1

⇒v 2′ = v 2 m

m ′ = v 2 129mp

x mp

⇒v ′ = v

√

√ 129

x

6.2. Séparation des ions.6.2.1. Montrons que le mouvement de 129

54Xe+ dans ~B estplan, circulaire et uniforme. Mouvement plan :

En choisissant comme repère de projection, le re-père curviligne (M , ~t , ~n , ~k ), on montre (voir le cours)

quelque soit t , z = 0⇒ le mouvement se produit dansle plan (~t , ~n ). Le mouvement est donc plan.

Mouvement circulaire :On établit (voir cours) l’expression du rayon de cour-

bure ρ =m v

q Bde la trajectoire et on constate que ρ

est une constante. Donc la trajectoire est circulaire. Mouvement uniforme : (Voir cours)~Fm (force magnétique de Lorentz) étant l’unique

force extérieure agissant sur l’ion dans ~B ,∆Ec = W ( ~Fm ) = 0 car ~Fm ⊥ ~v donc à la trajec-toire, Ec = constante ⇒ v = constante. Donc lemouvement est uniforme.

6.2.2. Expression littérale du rayon de courbure de la tra-jectoire.

R =m v

q B(voir le cours) pour m = 129mp et q = e ,

R =129mp v

e B

A.N. mp = 1,67×10−27 kg; v = 3,85×104 m s−1 ;e = 1,6×10−19 C ; B = 0,1 T, R = 0,518 m= 51,8 cm.6.2.3. Valeur de x .Le rayon de courbure de la trajectoire de x

54Xe+ est :

R ′ =x mp v ′

e B

avec v ′ = v

√

√ 129

x. Or

AB = 2R ′ −2R = 2

x mp v ′

e B−

129mp v

e B

AB =2mp

e B

x v

√

√ 129

x−129v

!

⇒ AB =2mp v

e B

p129x −129

⇒p

129x =AB e B

2mp v+129

⇒ x =1

129

AB e B

2mp v+129

2

A.N. mp = 1,67×10−27 kg; V = 3,85×104 m s−1 ;e = 1,6×10−19 C ; B = 0,1 T ; AB = 8×10−3 m.

x = 131


7.1.7.1.1. Montrons que dans un “dee”, le mouvement d’unproton est circulaire et uniforme. (Voir cours).7.1.2. Expression littérale de la durée d’un demi-tour.La trajectoire d’un proton est circulaire et a pour rayon :

Ri =m vi

e B

Vi étant la vitesse du proton au cours d’un passagedans un “dee”. Le parcours du proton dans un “dee” estun demi-cercle dont la longueur di a pour expressiondi = πRi . Ce parcours est effectué en une durée ti telle

;

5


que :

ti =πRi

Vi

Avec

Vi =e B Ri

m

⇒ ti =πm

e B

Cette durée est constante et ne dépend pas de la vitessede la particule.A.N. m = mP = 1,67×10−27 kg; e = 1,6×10−19 C ;B = 1 T ; ti = 3,27×10−8 s.Fréquence N de la tension alternative.Si on néglige la durée de transfert dans l’intervalle étroitentre les “dees”, la période de rotation du proton est :T = 2ti et sa fréquence N est :

N =1

T=

1

2ti=

e B

2πm

La fréquence N ′ de la tension alternative alimentant leslèvres des ”dees” doit être telle que :

N ′ =N =e B

2πm

A.N. m = mP = 1,67×10−27 kg; e = 1,6×10−19 C ;B = 1 T ; N ′ = 15,25×106 Hz= 15,25 MHz.7.2. Energie cinétique transmise au proton à chaquetour.À l’intérieur des ”dees”, le proton garde sa vitesse d’en-trée ; la variation d’énergie cinétique au cours de ce par-cours est donc nulle. La variation d’énergie cinétique alieu lorsque le proton passe d’un ”dee” à l’autre. Système étudié : le proton. Référentiel d’étude : référentiel terrestre supposé Ga-

liléen. Forces extérieures agissant sur le système : la force

électrique ~F .L’action du poids du proton étant négligeable. Au coursd’un tour, le proton franchit deux fois l’espace champélectrique. Le théorème de l’énergie cinétique donnedonc :

∆Ec =WD1→D2 ( ~F ) +WD2→D1 ( ~F )

or

WD1→D2 ( ~F ) =WD2→D1 ( ~F ) = e U

∆Ec = 2e U = 1,28×10−15 J.7.3. Nombre n de tours effectués par les protons dans lecyclotron.L’énergie cinétique initiale étant considérée commenulle, l’énergie cinétique finale Ec f est égale à n foisla variation d’énergie cinétique ∆Ec . Ec f = n∆Ec soit1

2mV 2

f = n2e U

⇒ n =m v 2

f

4e U= 261 tours


8.1. Montrons que v0 =E

B.

Système étudié : particule de charge q (+) et de massem .

Référentiel d’étude : référentiel terrestre supposé ga-liléen.

Bilan des forces agissant sur le système : la force électrique : ~Fe = q ~E ; la force magnétique : ~Fm = q ~vO ∧ ~B ;

(On néglige le poids de la particule)

y

q (+)

~ν0

~Fe

~Fm

O

~E

~B

Pour que la particule ne soit pas déviée, il faut que lesforces agissant sur la particule compensent, c’est-à-dire :~Fe + ~Fm = ~0.

En intensité :Fe = Fm avec Fe = q E et Fm = q v0B

⇔ q E = q vo B ⇒ v0 =E

B.

8.2. Sens de déviation des particules de vitesse v > v0.

Si v > v0 avec v0 =E

B, nous pouvons écrire

v >E

B⇒ v B > E (S5.1)

En multipliant (S5.1) par q (charge (+)),

q v B > q E ⇒ Fm > Fe

Donc les particules sont déviées vers le bas (sens de ~Fm ).Si v < v0, un raisonnement analogue montre que les par-ticules sont déviées vers le haut (sens de ~Fe ).8.3. Valeur numérique de v0.Pour B = 0,10 T, d = 0,5 cm= 5×10−3 m et U = 50 V

vO =E

B=

U

d B=

50

5×10−3 ·0, 1= 105 m s−1

;

6117

Généralités sur les systèmes oscillants

6.1 Généralités sur les phénomènes périodiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.1.1 Caractéristiques d’un phénomène périodique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

6.2 Phénomènes oscillatoires ou vibratoires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.2.1 Dénition et exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.2.2 Amortissement et entretien des oscillations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

6.3 Etude expérimentale des phénomènes périodiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1196.3.1 Examinons quelques cas particuliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

6.4 Cas particulier des phénomènes périodiques sinusoïdaux . . . . . . . . . . . . . . . . 1216.4.1 Représentation d’une fonction sinusoïdale par le vecteur de Fresnel . . . . . . . . . . . . . . . . . 1216.4.2 Diérence de phase entre deux fonctions sinusoïdales de même période . . . . . . . . . . . . . . 122



;

6

118 Chapitre 6. Généralités sur les systèmes oscillants

6.1 Généralités sur lesphénomènes périodiques

Dénition.

Un phénomène est dit périodique lorsqu’il se reproduitidentique à lui-même à des intervalles de temps régu-liers.

6.1.1 Caractéristiques d’un phénomènepériodique

Grandeur physique associée

Cette grandeur peut être : l’abscisse linéaire x (t ) : cas du mouvement recti-

ligne sinusoïdal ; l’abscisse angulaire θ (t ) : cas du mouvement circu-

laire uniforme ; la tension u (t ) et l’intensité i (t ) : cas du courant

alternatif ; l’élongation y (t )mesurant la déformation du mi-

lieu propagateur : cas du signal émis en un pointd’une corde élastique ou en un point de la surfacelibre de l’eau.

Période

La période T d’un phénomène périodique est le pluspetit intervalle de temps au bout duquel le phénomènese reproduit identique à lui-même. T s’exprime en se-conde (s) dans le SI.

Fréquence

La fréquence f d’un phénomène périodique est lenombre de périodes par unité de temps (1 seconde).Ainsi,

f =1

Tf s’exprime en hertz (Hz) dans le SI.

6.2 Phénomènes oscillatoires ouvibratoires

6.2.1 Dénition et exemple

Un phénomène périodique est dit oscillatoire ou vi-bratoire si la grandeur associée varie de part et d’autred’une valeur moyenne. Si de plus la grandeur associéeest une fonction sinusoïdale du temps, le phénomènevibratoire est dit sinusoïdal

Exemple.

Mouvement des oscillateurs mécaniques. Courant alternatif. Mouvement d’une lame vibrante ou d’un diapason

(qui vibrent en émettant un son d’où l’appellationoscillateur acoustique). (Figure 6.1)

Figure 6.1

Lame vibrante Diapason

6.2.2 Amortissement et entretien desoscillations

Au cours des mouvements vibratoires, l’amplitudedu mouvement diminue progressivement pour s’annu-ler, à cause des forces de frottement : on parle d’amor-tissement des oscillations. Grâce à une source d’éner-gie extérieure, on peut compenser la perte d’énergie, cequi permet de conserver à l’oscillateur une amplitudeconstante : on dit que la vibration est entretenue.

;

6119

6.3. Etude expérimentale des phénomènes périodiques

Exemple.

Une lame vibrante entretenue par un électro-aimant.(Figure 6.2)

Figure 6.2

La lame est attirée deux fois par période du courant.Donc sa fréquence est égale à deux fois celle du courant.

6.3 Etude expérimentale desphénomènes périodiques

Les dispositifs d’étude des phénomènes périodiquessont très variés.1. Dispositifs d’enregistrement graphique dont le

principe consiste à enregistrer le mouvement vibra-toire sur un cylindre tournant à vitesse constante.(Figure 6.3)

Figure 6.3

M

2. Oscillographe électronique. A l’aide d’un capteur,la grandeur associée au phénomène vibratoire estconverti en une tension électrique de même fré-quence. Cette tension visualisée à l’oscillographepermet d’étudier le phénomène vibratoire.

Exemple.

Un son capté par un microphone peut être visua-lisé à l’oscillographe.

3. Le ralenti cinématographique. Ce procédé consisteà filmer à grande vitesse un phénomène rapide età projeter le film au ralenti.

4. La stroboscopie. Un stroboscope est une sourcelumineuse qui émet périodiquement des éclairstrès brefs, dont on peut faire varier la période Te

donc la fréquence fe . On substitue ainsi au mouve-ment réel, un mouvement apparent dont les carac-téristiques dépendent des valeurs de T (période dumouvement) et de Te .

Remarque.Si la fréquence des éclairs est supérieure à 10 Hz(donc Te > 0,1 s durée de la persistance rétinienne)l’oeil a l’impression d’une lumière continue, ce quidonne un mouvement apparent non “saccadé”.

Exemple d’utilisation du stroboscope

Observons la rotation d’un ventilateur. L’une des pâlesest peinte en blanc. Notre attention sera portée sur cettepâle. Plaçons-nous dans l’obscurité, puis éclairons leventilateur en marche à l’aide d’un stroboscope dontnous faisons varier la fréquence des éclairs. Pour cer-taines valeurs de la fréquence, le ventilateur paraît im-mobile (on observe un disque blanc) ; pour d’autres, ilparaît tourner lentement, soit dans le sens réel, soit dansle sens contraire.

Expliquons les apparences observées

Bien que l’oeil ait l’impression de lumière continue, enréalité, il ne voit la pâle que lorsqu’elle est éclairée. Doncpour expliquer l’apparence observée, il nous suffit derépondre à la question : Quel mouvement effectue la pâleentre deux éclairs consécutifs ?

6.3.1 Examinons quelques casparticuliers

Cas 1

Te = k T ou f = k fe avec k ∈N.Entre deux éclairs consécutifs (intervalle de temps Te ),la pâle fait un nombre entier k de tours. La pâle est donc

;

6


toujours surprise par l’éclair dans la même position. Leventilateur semble immobile et muni d’une seule pâleblanche.

Retenons : la plus grande fréquence des éclairs pourlaquelle on observe l’immobilité apprente est égale à lafréquence f du phénomène observé.

Cas 2

T = K Te ⇒ Te =1

k Tou fe = k f ⇒ f =

1

k f e

.

Entre deux éclairs, (durée Te ) la pâle effectue k tours

et une fraction1

nde tours. Elle est donc surprise n fois

pendant un tour complet, toujours aux mêmes endroits.En apparence, le ventilateur est immobile et possède npâles blanches.

Exemple d’aspect observé pour certaines valeurs den (Figure 6.4).

Figure 6.4

n=2 n=3 n=4

Remarque.Lorsque la pâle est surprise plusieurs dizaines de foispendant un tour, l’observateur a l’impression de voirun disque blanc immobile.

Cas 3

Reprenons le cas où Te = K T (une seule pâle immobile),puis faisons varier légèrement Te .

1. Te est légèrement supérieure à kT (ou fe est légère-

ment inférieuref

k).

Entre deux éclairs consécutifs, la pâle fait k tours etune fraction 1/n de tour. L’observateur a l’impres-

sion que la pâle n’a effectué que1

ntour dans le sens

réel. La pâle semble tourner lentement dans le sensréel. On parle de mouvement apparent ralenti di-rect (Figure 6.5).

Figure 6.5

1er éclair 2è éclair

Sens de rotation réelle

1

nTour en rotation

Apparente

Calculons la fréquence fa du mouvement apparent.

Dans l’intervalle de temps Te , la pâle fait

k +1

n

tours. La durée de 1 tour étant T , nous avons :

Te =

k +1

n

T (6.1)

Pendant la même durée, la pâle semble avoir fait1

ntour. La durée de 1 tour en mouvement apparentétant Ta (période du mouvement apparent), nouspouvons écrire :

Te =1

nTa ⇒

1

n=

Te

Ta(6.2)

(6.2) dans (6.1) donne :

Te =

k +Te

Ta

T (6.3)

Faisons(6.3)

T Te, nous avons :

1

T=

k

Te+

1

Ta

qui est équivalent à :

f = k fe + fa ⇒ fa = f −k fe

2. Te est légèrement inférieure à k T (ou fe est légère-

ment supérieure àf

K).

Entre deux éclairs consécutifs, la pâle effectue un

peu moins de k tours (à une fraction1

nde tour

près).L’observateur a l’impression que la pâle n’a effectué

que1

ntour en sens inverse. La pâle semble tour-

ner lentement dans le sens inverse du mouvementréel : on parle de mouvement apparent ralenti ré-trograde (Figure 6.6).

;

6121

6.4. Cas particulier des phénomènes périodiques sinusoïdaux

Figure 6.6

1er éclair 2è éclair

Sens de rotation réelle

1

nTour en rotation

apparente

De la même manière que précédemment, on cal-cule la fréquence du mouvement apparent ralentirétrograde

fa = k fe − f

6.4 Cas particulier desphénomènes périodiquessinusoïdaux

Pour un phénomène périodique sinusoïdal, la gran-deur physique associée est une fonction sinusoï-dale du temps. Soit x cette grandeur. x est de laforme :

x = a cos(ωt +φ)

où :

a est l’amplitude du phénomène. A est toujours po-sitif et s’exprime dans la même unité que x . ω est la pulsation du phénomène.ω s’exprime en

rad s−1. (ωt +φ) est la phase du phénomène à la date t . Elle

s’exprime en radians (rad). à t = 0, la phase du mouvement devientω·0+φ =φ.

Doncφ est la phase à l’origine.

6.4.1 Représentation d’une fonctionsinusoïdale par le vecteur deFresnel

Pour faciliter les opérations (comparaison et sommede plusieurs fonctions) sur les fonctions sinusoïdales,on convient de représenter chaque fonction sinusoïdalepar un vecteur appelé vecteur de Fresnel.

Construction de Fresnel 1

Représentation de Fresnel d’une grandeursinusoïdale

Soit une fonction sinusoïdale :

x = Xm cos(ωt +φ)

Avec Xm > 0 ;ω> 0 et −π<φ <π.

Figure 6.7

X ′ XO

Y

M

xm

m

ωt +φ

ω

Soit un plan P muni d’un repère (X ′O X , Y ′OY ),X ′O X étant l’origine des phases.

A la fonction sinusoïdale

x = Xm cos(ωt +φ)

on associe un vecteur ~O M appelé vecteur de Fresnel,tel que : son module est Xm ; ce vecteur tourne à la vitesse angulaireω égale à la

pulsation de x ; ce vecteur fait, à la date t , avec l’axe origine des

phases, l’angle, ( ~O X , ~O M ) = (ωt +φ).

Remarque.La projection de ~O M sur l’axe X ′O X est :

O m = Xm cos(ωt +φ) = x

Conclusion: A toute grandeur sinusoïdale de pulsa-tionω, on peut faire correspondre un vecteur du plantournant à la vitesseω.Inversement, à tout vecteur tournant du plan, onpourra faire correspondre une grandeur sinusoïdaleayant une pulsation égale à la vitesse angulaire derotation.

1. Augustin Fresnel (1788–1827), physicien français.

;

6


Application de cette représentation : sommedes fonctions sinusoïdales de même pulsation

Soient :

x1 = X1 cos(ωt +φ1)

et

x2 = X2 cos(ωt +φ2)

deux grandeurs sinusoïdales de même nature et demême pulsation.

Soit à déterminer les caractéristiques de la sommex = x1+ x2.

Nous allons utiliser les vecteurs de Fresnel ~V1 et ~V2

associés respectivement à x1 et x2 (Figure 6.8).

Figure 6.8

t

~V1

~V2

ωt +ϕ1

ωt +ϕ 2

Le vecteur ~V = ~V1 + ~V2 représente alors la sommex = x1+ x2.

Choisissons (pour simplifier) de représenter les vec-teurs à l’instant t = 0. Pour faire la somme ~V1+ ~V2, por-tons le vecteur ~V2 à l’extrémité de ~V1 (Figure 6.9)

Figure 6.9

~V1

~V2~V

ϕ1

ϕ

ϕ2

Le vecteur ~V représente donc la fonction sinusoïdale

x = Xm cos(ωt +φ) = x1+ x2

Xm et φ peuvent s’exprimer en fonction de X1, X2, φ1

etφ2. Il est donc nécessaire d’utiliser la même fonctiontrigonométrique pour caractériser x1, x2 et x (soit le co-sinus pour les trois soit le sinus pour les trois).

6.4.2 Diérence de phase entre deuxfonctions sinusoïdales de mêmepériode

Soient deux mouvements sinusoïdaux d’équation ho-raire :

x1 = a1 sin(ωt +φ1)

et

x2 = a2 sin(ωt +φ2)

Calculons la différence de phase,φ entre les deux mou-vements :

φ = (ωt +φ2)− (ωt +φ1) =φ2−φ1

siφ2−φ1 > 0, x2 est en avance de phase sur x1

siφ2−φ1 < 0, x2 est en retard de phase sur x1

siφ2−φ1 = 0, x2 est en phase avec x1~V1 est le vecteur de Fresnel associé à x1, ~V2 est le vecteur

de Fresnel associé à x2 φ = l’angle ( ~V1, ~V2) (Figure 6.10).

Figure 6.10

O X

~V1

~V2

ϕ1

ϕϕ2

Comment reconnaître sur la courbe x (t ) laquelle dessinusoïdes est en avance par rapport à l’autre ?Des deux grandeurs sinusoïdales, celle qui est en avancepar rapport à l’autre est celle qui s’annule la première,ou bien qui atteint sa valeur maximale la première.

Exemple.

Nous constatons sur la Figure 6.11 que x2(t ) atteint savaleur maximale (à la date t2) avant x1(t ) (à la date t1).Donc x2 est en avance sur x1

Figure 6.11x

t2

a2

t1

a1

x2(t )

x1(t )

t ′ t ′′

θT

(b )

On aurait pu constater que x2 s’annule pour la première

;

6123

6.4. Cas particulier des phénomènes périodiques sinusoïdaux

fois “en descendant” (à la date t ′ avant x1 (à la datet ′′).Comment déterminer le déphasage φ sur la courbex (t )?Au déphasage φ correspond un décalage temporel θ(entre les deux courbes x1(t ) et x2(t ) tel que :

φ

2π=θ

T⇒φ =

2π

Tθ =ωθ

Ceci signie que le déphasage en fraction de tour estégal au déphasage temporel évalué en fraction de pé-riode.

Quelques déphasages particuliers

φ = 2K π

avec K ∈Z (entier relatif).

Les fonctions x1 et x2 s’annulent en même temps,sont minimales ou maximales aux mêmes instants (Fi-gure 6.12). On dit que x1 et x2 sont en phase. Le décalagehoraire θ est nul ou égal à un nombre entier de périodeT , θ = k T .

Figure 6.12

t

X

x2

x1

O

X

ϕ =ϕ1 −ϕ2 = 0

~V1

~V2

ϕ1 =ϕ2

φ =π+2K π= (2K +1)π

Les deux grandeurs x1 et x2 s’annulent encore enmême temps, mais quand l’une est maximale, l’autreest minimale et inversement (Figure 6.13). On dit quex1 et x2 sont en opposition de phase. Le décalage horaireθ vaut :

θ = Tφ

2π

avec

ϕ = (2K +1)π

⇒ θ = (2K +1)T

2θ est égal à un nombre impair de demi-période.

Figure 6.13

t

X

x2

x1

T

θ

O X

~V1

~V2

ϕ1

ϕ2

φ =π

2+2K π

Dans ce cas, lorsque x2 est extrêmale, x1 est nulle etinversement (Figure 6.14). Le décalage horaire vaut :

θ = Tφ

2πavec

ϕ =π

2+2K π⇒ θ = (4K +1)

T

4Les fonctions sont en quadrature de phase.

Figure 6.14

t

X

x1

x2

T

θ

O X

~V1

~V2

ϕ1

ϕ2

;

6



Exercice 1.

L’enregistrement du mouvement d’un oscillateur méca-nique est effectué à l’aide d’un cylindre tournant de sortequ’un point de sa périphérie ait une vitesse de 20 cm s−1.

O M ′

A

M

En utilisant le graphique obtenu représenté ci-dessous,déterminer :1.1. l’amplitude du mouvement de l’oscillateur ;1.2. sa période et sa fréquence ;1.3. son équation horaire.

Exercice 2.

On éclaire, à l’aide d’un stroboscope, la lame d’un vi-breur, de fréquence f .2.1. Pour quelles fréquences fe des éclairs la lameparaîtra-t-elle unique et immobile, si le premier éclair surprend la lame à un passage par

sa position d’équilibre, si le premier éclair surprend la lame dans une position

quelconque ?2.2. La plus grande valeur de la fréquence des éclairspour laquelle la lame paraît unique et immobile dans uneposition quelconque est 100 Hz. Quelle est la fréquencedu vibreur ?2.3. La fréquence des éclairs est 200 Hz. Qu’observe-t-on ?

Exercice 3.

On considère un anneau (A) dont quatre points réguliè-rement espacés sont reliés à une tige (t ) perpendiculaireau plan de l’anneau et passant par son centre C . La tige(t ) est reliée à l’arbre d’un moteur. L’anneau étant immo-bile à la date t = 0, on lui communique un mouvementde rotation autour d’un axe matérialisé par la tige (t ). Lavitesse de rotation croît de 0 à 9 tours/s. On se proposed’étudier la nature du mouvement de l’anneau au coursdu démarrage par une méthode stroboscopique. Le stro-boscope émet 12 éclairs par seconde.

C

(A)

(t )

3.1. Combien de fois observe-t-on l’immobilité appa-rente des fils tendus au cours du mouvement ? Détermi-ner les valeurs de la vitesse de rotation quand se sont

produites ces immobilités.3.2. Les dates des immobilités successivement obser-vées étant 4 s, 8 s, 12 s, représenter graphiquement la vi-tesse de rotation en fonction du temps. En déduire lanature du mouvement.

Exercice 4.

Une roue de bicyclette possède 28 rayons supposés tousdans un plan perpendiculaire à l’axe et régulièrementespacés. La roue tourne à la vitesse de 6 tours/s. Onl’éclaire à l’aide d’un stroboscope dont les éclairs ont unefréquence réglable entre 50 et 300 Hz.4.1. Pour certaines valeurs de la fréquence des éclairs,la roue paraît immobile. Expliquer le phénomène et cal-culer la valeur de ces fréquences.4.2. Indiquer ce qu’on observerait dans les deux cas sui-vants :4.2.1. fréquence légèrement supérieure à 168 Hz ;4.2.2. fréquence légèrement inférieure à 168 Hz.

Exercice 5.

Des gouttes d’eau s’échappent d’un robinet à une ca-dence régulière. A partir d’une certaine hauteur de chute,à cause de la résistance de l’air, le mouvement devientuniforme. On éclaire alors les gouttes à l’aide d’un stro-boscope.

d

5.1. La fréquence la plus grande des éclairs pour la-quelle les gouttes semblent immobiles est 500 Hz. Ellessont alors distantes de 2 cm.5.1.1. Quelle est la fréquence de sortie des gouttes ?5.1.2. Quelle est leur vitesse de chute ?5.2. Qu’observe-t-on si la fréquence des éclairs vaut490 Hz, 510 Hz? Déterminer dans chaque cas la fré-quence apparente de sortie des gouttes.

Exercice 6.

Un circuit alimenté en courant alternatif se partage endeux dérivations.

i1

i2

i

;

6125


~V1

~V2~V

ϕ −π

2

Origine des phases

Les intensités des courants dans chacune des dériva-tions sont données par les relations :

i1 = 9 cos 100πt i2 = 12 cos

100πt −π

2

.

Donner l’expression de l’intensité i du courant principal.On précise que les lois des courants dérivés étudiées en1ère s’appliquent aux valeurs instantanées des intensi-tés : i = i1 + i2

Exercice 7.

En un point M se superposent deux mouvementsd’équation horaires :

x1 = 10 cos

120πt +π

6

x2 = 10 cos

120πt −π

6

O

Originedes phases

~V1

A1

~V2A2

ϕ1

ϕ2 H

~V A

ϕ1 =π

6ϕ2 =−

π

6

Etablir l’équation y (t ) du mouvement du point M sa-chant que x = x1 + x2

Exercice 8.

Un oscillographe permet de visualiser deux tensions al-ternatives u1 et u2.

O

Originedes phases

~V1

A1

~V2A2

ϕ1

ϕ2 H

~V A

ϕ1 =π

6ϕ2 =−

π

6

8.1. Quelle est, de ces deux tensions, celle qui est enavance sur l’autre ?8.2. Sachant que u1 est de la forme u1 = 6cos100πt ,trouver le déphasage entre ces deux tensions et l’expres-sion de u2(t ).



1.1. Amplitude du mouvement de l’oscillateur.Cette amplitude est égale à celle de la courbe obtenuesur le graphique.

a =M ′M = 2,5 cm

1.2. Période et fréquence du mouvement.Sur le document ci-dessus, une sinusoïde (correspon-dant à une période de durée T ) occupe une longueurO A = 4 cm sur l’axe horizontal. La durée de traçage decette sinusoïde est égale à la période T . Si V est la vitessed’un point de la surface du cylindre (V = 20 cm s−1), nouspouvons écrire :

O A =V T

⇒ T =O A

V=

4

20= 0,2 s

Fréquence f du mouvement :

f =1

T=

1

0, 2= 5 Hz

1.3. Equation horaire du mouvement de l’oscillateur.Cette équation est de la forme :

x = a cos(ωt +φ)

avec a = 2,5 cm (amplitude du mouvement),

ω=2π

T= 2π f = 2π5= 10π

est la pulsation, φ est la phase à l’origine. Sa valeur dé-pend des conditions d’excitation de l’oscillateur. Donc :

x = 2, 5 cos(10πt +φ)

X en cm.


Soit O la position d’équilibre et M une position quel-conque.

X O

M

M ′

2.1. Fréquences fe des éclairs pour lesquelles la lameparaît unique et immobile.2.1.1. La lame est surprise par le 1er éclair au passage

;

6


par O .Pour que la lame paraisse unique et immobile, il faut queles prochains éclairs la surprennent en O (quel que soitle sens de son mouvement). Or chaque passage par O

dans ces conditions correspond à une1

2oscillation de

duréeT

2. Donc entre 2 éclairs consécutifs (durée Te ) la

lame effectue k demi-oscillations de durée kT

2. Donc :

Te = kT

2avec k ∈N∗.

1

fe=

k

2

1

f

⇒ fe =2 f

k

2.1.2. La lame est surprise par le 1er éclair en une posi-tion M quelconque.Pour que la lame paraisse unique et immobile, il faut queles prochains éclairs la surprennent dans la même posi-tion et se déplaçant dans le même sens. Or deux passagesconsécutifs par la même position et dans le même senscorrespondent à une oscillation de durée T .Entre deux éclairs consécutifs (durée T ) la lame effectuek (k ∈ N∗) oscillation de durée k T . Donc : Te = k T . En

posant Te =1

fe

1

fe= k

1

f

⇒ fe =f

k

2.2. Fréquence du vibreur :Sachant que fe (max) pour laquelle la lame estuniqueet immobile dans une position quelconque est

fe (max) = 100 Hz or fe =f

k⇒ fe est maximale pour k

minimal (k ∈N∗)⇒ k (min) = 1 donc

fe (max) =f

1= 100 Hz

⇒ f = 100 Hz

2.3. Pour fe = 200 Hz, qu’observe-t-on? Faisons le rap-

portfe

f

fe

f=

200

100= 2

⇒ fe = 2 f

⇒1

Te= 2

1

T

⇒ Te =1

2T

Entre deux éclairs consécutifs, la lame effectue une demi-oscillation. On peut envisager les deux cas suivants. 1 cas : si le 1er éclair a surpris la lame en O . On observe

1 lame unique et immobile en O . 2 cas : si le 1er éclair a surpris la lame dans une po-

sition m quelconque, on observe deux lames immo-biles en M et M ′. M et M ′ sont symétriques par rap-port à O


3.1. Nombre de fois que l’immobilité apparente est ob-servée.Les quatre rayons étant identiques, attribuons à chaquerayon un numéro.

1

3

24

L’anneau A paraît immobile si entre deux éclairs (duréeTe ) : le rayon 1 occupe la position du rayon 2, ce qui cor-

respond à

k +1

4

=k ′

4tour.

le rayon 1 occupe la position du rayon 3, ce qui cor-

respond à

k +3

4

=k ′′′

4tour.

le rayon 1 occupe la position du rayon 4, ce qui cor-

respond à

k +2

4

=k ′′

4tour.

k ′, k ′′, k ′′′ étant des entiers naturels, nous retenons qu’ily a immobilité apparente lorsqu’entre deux éclairs, A faitk

4tours (de durée k

T

4) (k étant entier naturel). Donc

Te =k T

4

⇒ T =4Te

k

Soit f =1

T=

k

4Tela fréquence de rotation de A. f est

aussi la vitesse de rotation de A. Pour fe = 12 (éclairs parseconde), nous avons la double inégalité suivante :

0< 3k ≤ 9⇒ k ∈ 1, 2, 3

Donc l’immobilité apparente est perçue 3 foisValeurs de la vitesse de A à chaque immobilité. Cette vi-tesse est égale à la fréquence f de rotation de A. Nous

avons établi la relation entre f et fe : f =k

4Te=

k

4fe

avec fe = 12⇒ f = 3k .

Pour k = 1,θ ′1 = f1 = 3 ·1= 3 tours/s

Pour k = 2,θ ′2 = f2 = 3 ·2= 6 tours/s

Pour k = 3,θ ′3 = f3 = 3 ·3= 9 tours/s

3.2. Courbe θ ′ = f (t ). Sachant qu’à t = 0, θ ′ = 0, présen-tons dans un tableau les valeurs de θ ′ à chaque date.

t (s)0

θ (tr s−1)

4 8 12

3

6

9

;

6127


Nous pouvons donc tracer la courbe θ ′ = f (t ). Le gra-phique θ ′ = f (t ) est une droite passant par l’origine, etde pente positive. Donc θ ′ = a t où a est la pente de cettedroite. L’accélération de (A) est :

dθ ′

dt= a 6= 0

Donc le mouvement de A est un mouvement circulaireuniformément accéléré


Stroboscopie d’une roue à 28 rayons (voir exercice précé-dent).4.1.4.1.1. La roue paraît immobile lorsqu’entre deux éclairs,un rayon occupe exactement la position d’un autrerayon.4.1.2. Calcul des fréquences fe des éclairs pour lesquellesil y immobilité apparente.

Entre deux éclairs (durée Te ), la roue effectue k1

28

(k ∈N∗) tours de durée kT

28. Donc :

Te = kT

28

⇔1

fe=

k

28

1

f

⇒ fe =28 f

k

or fe varie de 50 à 300 Hz⇒ 50≤ fe ≤ 300 soit :

50≤28 f

k≤ 300

avec f = 6 Hz (trs/s)

50≤168

k≤ 300

⇔ 50k ≤ 168≤ 300k

50k ≤ 168

⇒ k ≤168

50

⇒ k ≤ 3

⇒ k = 1; 2; 3

Différentes valeurs de fe pour lesquelles il y a immobilité

apparente. Avec fe =28 f

k=

168

k.

Pour k = 1⇒ fe = 168 Hz

Pour k = 2⇒ fe =168

2= 84 Hz

Pour k = 3⇒ fe = 56 Hz

4.2. Mouvement observé pour :4.2.1. fe légèrement supérieure à 168 Hz (cas où k = 1).

fe > 28 f

⇒1

Te>

28

T

⇒ Te <T

28

Donc entre deux éclairs, la roue effectue un peu moins

de

1

28

ème

de tour. Chaque rayon se rapproche de la

position du rayon voisin, mais sans l’atteindre. Chaquerayon semble donc se déplacer dans le sens inverse dumouvement réel. Donc le mouvement apparent est ra-lenti, rétrograde.4.2.2. fe est légèrement inférieure à 168 Hz.

fe < 28 f ⇒ Te >T

28

Entre deux éclairs, la roue effectue un peu plus de

1

28

ème

tour. Chaque rayon dépasse légèrement la po-

sition du rayon voisin. Chaque rayon semble se déplacertrès lentement dans le sens réel du mouvement. Le mou-vement apparent est ralenti direct.


5.1. Soit d la distance séparant deux gouttes d’eau.5.1.1. Fréquence f de sortie des gouttes.

f =1

Toù T est la durée qui sépare la sortie de deux

gouttes. Il y a immobilité apparente lorsque, entre 2éclairs (durée Te ), une goutte occupe la position d’uneautre goutte située plus bas. Donc entre 2 éclairs, lagoutte a parcouru la distance k d (correspondant à la du-rée K T , k ∈N∗). donc :

Te = k T

⇒1

fe= k

1

f

⇒ fe =f

k

fe est maximale pour la plus petite valeur de k , à savoirk = 1. Donc fe (max). Pour

fe (max) = 500 Hz

⇒ f = 500 Hz

(ce qui correspond à 500 gouttes/s)5.1.2. Vitesse de chute des gouttes.Pour k = 1, entre deux éclairs (durée Te ), la goutte par-court la distance d . Le mouvement étant rectiligne etuniforme, on a :

d = v Te

⇒ v =d

Te

= d fe

v = 2×10−2 ·500= 10 m s−1

5.2. Fréquence de sortie des gouttes, nature et vitesse ap-parente du mouvement des gouttes.5.2.1. Pour fe = 490 Hz,

fe < f ⇒ Te > T

⇒ entre deux éclairs, la goutte d’eau parcourt une dis-tance d ′ > d . L’observateur a l’impression qu’entre deuxéclairs, la goutte d’eau n’a parcouru qu’une distanced ′ −d > 0. Le mouvement apparent est ralenti direct.

;

6


La fréquence apparente fa de sortie des gouttes est :fa = f − k fe (voir le cours). Pour k = 1, fa = f − fe ,fa = 500−490= 10 Hz.

Vitesse apparente va du mouvement des gouttes :Entre deux éclairs (durée Te ) la goutte parcourt unedistance d ′ = v Te . Or l’observateur a l’impressionque la goutte s’est déplacée de :

da = d ′ −d

= v Te − v T = v (Te −T )

La vitesse apparente est :

va =da

Te= v

1−T

Te

= v

1−fe

f

= 10

1−490

500

= 0,2 m s−1

5.2.2. Pour fe = 510 Hz.

fe > f ⇒ Te < T

⇒ entre deux éclairs, la goutte parcourt une distance d ′′

légèrement inférieure à d . L’observateur a l’impressionqu’entre éclairs, la gouttes remonte de d −d ′′ (fait biencurieux !) Le mouvement apparent est ralenti rétrograde Fréquence apparente fa de sortie des gouttes :

fa = k fe − f

avec k = 1.

⇒ fa = fe − f = 510−500= 10 Hz

Vitesse apparente va du mouvement des gouttes :Le même raisonnement que ci-dessus nous donne :

va = v

fe

f−1

= 0,2 m s−1


Soient :

i1 = 9 cos 100πt

i2 = 12 cos

100πt −π

2

L’intensité i = i1 + i2.

i = 9 cos(100πt ) +12 cos

100π.t −π

2

.

Posons i = a cos(ωt +φ). i (somme de deux fonctionssinusoïdales de même pulsation) est une fonction sinu-soïdale de même pulsation que i1 et i2⇒ω= 100π.Déterminons a et φ à l’aide du diagramme de Fresnel.Associons à i1 le vecteur ~V1 de module 9 et à i2 le vecteur~V2 de module 12.

Ai est associé le vecteur ~V = ~V1 + ~V2

a =q

V 21 +V 2

2 =p

92 +122 = 15A

tanφ =V2

V1=

12

9= 1, 333

En tenant compte de l’origine des phases,

φ =−53°≈−3π

10

⇒ i = 15 cos

100πt −3π

10


En utilisant la construction de Fresnel, x1 est représentépar ~V1 et x2 par ~V2. Soit ~V = ~V1+ ~V2. ~V représente la gran-deur x = x1 + x2. Si nous écrivons x = a cos(ωt +φ),ω = 120π, pulsation de x1 et x2. A est donné par le mo-dule V . V1 =V2⇒ le quadrilatère O A1AA2 est un losangedont les diagonales se coupent en leur milieu et à angledroit.

cosφ1 =O H

V1=

a

2V1

⇒ a = 2V1 cosφ1

A.N. a = 2×10 cos

π

6

= 17, 32.

φ1 étant égal àφ2, la diagonale O A du losange O A1AA2

est portée par l’origine des phases. Doncφ (qui est égalà l’angle compris entre l’origine des phases et ~V ) est nulet x = 17, 32 cos 120πt .


8.1. u1 s’annule et atteint sa valeur maximale avant u2.Donc u1 est en avance de phase sur u2.8.2. Trouvons le déphasageφ entre u1 et u2.Entre le déphasageφ et le décalage horaire θ , nous pou-vons écrire :

φ

2π=θ

T⇒φ = 2π

θ

T

Sur la courbe, T occupe 6 cm et θ occupe 1 cm.

Doncθ

T=

1

6⇒φ = 2π

1

6=π

3.

Expression de u2(t ).Soient ψ1 = phase de u1(t ) à la date t et ψ2 = phasede u2(t ) à la date t . ψ1 −ψ2 = φ ⇒ ψ2 = ψ1 −φ avec

ψ1 = 100πt ⇒ψ2 = 100πt −π

3.

Déterminons l’amplitude de u2(t ).Sur la courbe, l’amplitude U1 de u1 x mesure 1,5 cm. Enadmettant que les deux voies de l’oscillographe ont lamême sensibilité, l’amplitude de u2(t ) est alors :

6 V×2,5 cm

1,5 cm= 10 V

et u2(t ) = 10 cos

100πt −π

3

;

7129

Les oscillateurs mécaniques

7.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

7.2 Exemples d’oscillateurs mécaniques. Généralités sur les oscillateurs . . . . . . . . 1307.2.1 Généralités sur les oscillateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

7.3 Etude du pendule elastique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3.1 Description . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3.2 Etude de pendule elastique horizontal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3.3 Etude du pendule élastique vertical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

7.4 Etude du pendule de torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.4.1 Description . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.4.2 Etude dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.4.3 Solution de l’équation diérentielle du mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.4.4 Etude énergétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

7.5 Etude du pendule pesant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.5.1 Description . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.5.2 Etude dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1367.5.3 Etude énergétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1377.5.4 Le pendule simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

7.6 Notions d’oscillations forcées et de résonance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1387.6.1 Amortissement des oscillations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1387.6.2 Entretien des oscillations : oscillations forcées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138



;

7

130 Chapitre 7. Les oscillateurs mécaniques

7.1 Introduction

De nombreux systèmes physiques, dans des do-maines très variés, possèdent un état d’équilibre stable.De tels systèmes réagissent à toutes les petites perturba-tions par des actions de rappel vers cette position d’équi-libre.

Le retour vers la position d’équilibre s’effectue géné-ralement par des oscillations : un tel système constitueun oscillateur mécanique.

7.2 Exemples d’oscillateursmécaniques. Généralités surles oscillateurs

1. Le pendule élastique. Le pendule élastique estconstitué d’un solide accroché à l’extrémité d’unressort à spires non jointives. (Figure 7.1).Ce système effectue des oscillations de translationautour de la position d’équilibre.

2. Le pendule de torsion. Il est constitué par une barre(s ) suspendue en son centre d’inertie G à un fil detorsion de constante C . (voir Figure 7.5).Ce système effectue des oscillations de rotation au-tour de la position d’équilibre vers laquelle il estconstamment rappelé par le couple de torsion (ap-pelé pour cette raison couple de rappel).

3. Le pendule pesant. C’est un dispositif effectuantdes oscillations de rotation autour de sa positiond’équilibre vers laquelle il est constamment rap-pelé par son poids.

Exemple.

la balançoire ; le balancier d’une horloge. (Figure 7.7)

7.2.1 Généralités sur les oscillateurs

Lorsque les oscillateurs suivent une loi sinusoïdaledu temps, l’oscillateur est dit harmonique. En écartant un oscillateur de sa position d’équilibre

stable, on lui fournit de l’énergie mécanique (éner-gie potentielle de pesanteur ou élastique, énergiecinétique) : on dit qu’on excite l’oscillateur. En l’absence de frottements, un oscillateur excité

devrait osciller indéfiniment en gardant la mêmeamplitude (car l’énergie d’excitation se conserve aucours des oscillations). En réalité, à cause des forces de frottements, l’am-

plitude des oscillations diminue progressivementjusqu’à l’immobilisation de l’oscillateur. On dit quel’oscillateur est amorti.

Dans la suite, nous n’étudierons que les oscillateurs mé-caniques non amortis.

7.3 Etude du pendule elastique

7.3.1 Description

Lorsque le ressort est au repos (ni tendu, ni com-primé) sa longueur est l0. (Figure 7.1a).

Figure 7.1

OX ′ X

c

(S )

~T

b(S )

~T

a G

(S )

l0

X < 0 X > 0

Ecartons le solide (S ) de sa position d’équilibre. Leressort le ramène vers cette position d’équilibre (x = 0)par une force de rappel ~T appelée tension. (Figure 7.1bet Figure 7.1c).

Dans les deux cas (ressort tendu ou comprimé), laprojection de ~T sur l’axe X ′X est :

Tx =−K x

où K est la constante de raideur du ressort,x = ∆l = l − l0 est la variation de la longueur duressort.

;

7131

7.3. Etude du pendule elastique

7.3.2 Etude de pendule elastiquehorizontal

Considérons le pendule élastique de la Figure 7.1a.Ecartons le solide (S ) de sa position d’équilibre de fa-çon à amener G au niveau du point A de l’axe X ′X etlâchons-le. Il se met alors à effectuer des oscillationsautour de sa position d’équilibre O . Faisons l’étude dy-namique et énergétique de ces oscillations.

Etude dynamique

L’étude est faite dans le référentiel terrestre supposégaliléen. Système : solide (S ) à un instant quelconque t ; son

abscisse est alors x . Les forces extérieures appliquées au système : le poids ~P , vertical ; la réaction ~R du plan, verticale et perpendicu-

laire au plan (car il n’y a pas de frottements) ; la tension ~T exercée par le ressort.

Figure 7.2

Ox ′x

y

y ′

(S )~T

~R

~P

A′ AM

Appliquons le théorème du centre d’inertie au sys-tème :

~P + ~R + ~T =m ~a (7.1)

Les vecteurs s’expriment dans le système d’axes(x ′x , y ′y ) par :

~P =

(

Px = 0

Py =−P~R =

(

Rx = 0

Ry =R

~T =

(

Tx =−K x

Ty = 0~a =

ax =d2 x

dt 2

a y = 0

La projection de la relation (7.1) sur les différents axesdonne :

sur y ′y : −P +R = 0=⇒ P =R

sur x ′x : Px +Rx +Tx =max

⇔−K x =md2 x

dt 2⇔

d2 x

dt 2+

K

mx = 0 (7.2)

(7.2) est l’équation différentielle du mouvement.Quelle est la solution de l’équation différentielle du

mouvement ? L’étude mathématique de cette équationfournit comme solution la fonction :

x (t ) = Xm sin(ωO t +φ)

Vérifions sa validité : rappelons que :

d cos u

dt=−sin u

du

dtd sin u

dt= cos u

du

dtAinsi,

dx

dt= XmωO cos(ωO t +φ)

d2 x

dt 2=−Xmω

2O sin(ωO t +φ)

=−ω2O x

⇒d2 x

dt 2+ω2

O x = 0 (7.3)

(7.3) est une équation différentielle du même type que(7.2). En identifiant (7.2) et (7.3) nous avons :

ω2O =

K

m⇒ωO =

√

√ K

m

Conclusion: Le pendule élastique horizontal nonamorti est un oscillateur harmonique de transla-tion. L’équation diérentielle de son mouvementest :

d2 x

dt 2+

K

mx = 0

Son équation horaire est de la forme :

x = Xm sin(ωO t +φ)

avecωO =

√

√ K

moù Xm > 0 est l’amplitude du mou-

vement etωO est la pulsation propre du mouvement.

Remarque.

1. −1≤ sin(ωO t +φ)≤ 1,⇒−Xm ≤ x ≤ Xm .(S ) oscille entre les points A′ et A d’abscissesrespectivement −Xm et +Xm .

2. La période propre de l’oscillateur est :

TO =2π

ωO= 2π

s

m

K

3. ω0 et θ0 ne dépendent que des caractéristiques(raideur K , masse m ) de cet oscillateur. Elles nedépendent pas des conditions initiales d’excita-

;

7


tion.4. Xm est l’amplitude du mouvement. Xm est tou-

jours positive. (ω0t +φ)) est la phase à la datet . φ est donc la phase à l’origine du temps. Xm

et φ sont deux constantes, déterminées par lesconditions initiales d’excitation (abscisse et vi-tesse initiales)

Etude énergétique

Lorsqu’on excite l’oscillateur en l’écartant de sa posi-tion d’équilibre de Xm , on lui fournit une énergie méca-

nique initiale. Ei =1

2K Xm .

Que devient cette énergie lorsque le pendule estabandonné à lui-même et qu’il oscille sans frottement ?

En prenant le plan horizontal comme origine del’énergie potentielle de pesanteur, l’énergie mécaniquede l’oscillateur à un instant quelconque est :

E = Ec +Ep e

où Ec est l’énergie cinétique et Ep e l’énergie potentielleélastique.

Donc à un instant t donné :

E =1

2m v 2+

1

2K x 2

avec x = Xm sin(ωO t +φ) et

v =dx

dt= Xmωo cos(ωO t +φ).

E =1

2m X 2

mω2O cos2(ωO t +φ) +

1

2K X 2

m sin2(ωO t +φ)

En remarquant que :

ω2O =

K

m⇒mω2

O = K

Donc :

E =1

2K X 2

m cos2(ωO t +φ) +1

2K X 2

m sin2(ωO t +φ)

=1

2K X 2

m

cos2(ωO t +φ) + sin2(ωO t +φ)

E =1

2K X 2

m = Ei

car

cos2(ωO t +φ) + sin2(ωO t +φ) = 1

Donc l’énergie mécanique totale d’un pendule élas-tique horizontale non amorti reste constante au coursdes oscillations. Elle est proportionnelle au carré del’amplitude.

E =1

2K X 2

m

Remarque.

1. On aurait pu montrer que l’énergie mécaniqued’un oscillateur horizontal reste constante en dé-rivant E par rapport au temps.

E =1

2mV 2+

1

2K x 2

dE

dt=

1

2m

dV 2

dt+

1

2K

dx 2

dtavec

dV 2

dt= 2V

dV

dtet

dx 2

dt= 2x

dx

dt⇒

dE

dt=mV

dV

dt+K x

dx

dtEn tenant compte que :

V =dx

dtet

dV

dt=

d2 x

dt 2

dE

dt=mV

dx

dt+K x V =V

mdx

dt+K x

Commemdx

dt+K x = 0 (équation diérentielle

du mouvement),dE

dt= 0⇒ E est constante.

2. Réciproquement, en considérant que l’énergiemécanique d’un oscillateur non amorti estconstante, on peut retrouver l’équation diéren-tielle du mouvement. Il sut de dériver E par

rapport au temps et d’écrire quedE

dt.

7.3.3 Etude du pendule élastiquevertical

On utilise le même pendule précédent, mais disposéverticalement. La Figure 7.3b correspond à l’équilibrestable du système. Dans cet état, la position du centred’inertie G est repérée par le point O de l’axe x ′x .

Ecartons le solide (S ) de sa position d’équilibre defaçon à amener G à hauteur du point A de l’axe x ′x(Figure 7.3c) et lâchons-le. Il se met à effectuer des oscil-lations que nous allons étudier comme au paragrapheprécédent.

;

7133

7.3. Etude du pendule elastique

Figure 7.3

(a ) (b )

(S )

~Tc

~P

x0

(c )

(S )

~T

~P

(d )

(S )

O

I

M

A

A′

x ′

x

xRessortà vide

Ressort enéquilibre

Etude dynamique

L’étude est faite dans le référentiel terrestre, doncgaliléen ; le système étudié étant le solide (S ). Les forces extérieures agissant sur le système sont : le poids ~P ; la tension ~T du ressort.

Appliquons le théorème du centre d’inertie au système,en prenant soin d’étudier d’abord la condition l’équi-libre.

A l’équilibre, (Figure 7.3b),

~P + ~Te = ~0

La projection de cette relation sur x ′x donne :

P −Te = 0

avec P =mg et Te = K x0.

mg −K x0 = 0 (7.4)

Pour une position quelconque M (tel que O M = x ) ducentre d’inertie (Figure 7.3d),

~P + ~T =m ~a

En projetant cette relation vectorielle sur x ′x , nousavons :

mg −T =max

avec T = K I M = K (I O +O M ) = K (x0+ x ), donc :

mg −K (x0+ x ) =max

⇒mg −K x0−K x =max (7.5)

(7.4) dans (7.5) donne

−K x =max or ax =d2 x

dt 2

Nous obtenons alors :

−K x =md2 x

dt 2

⇒d2 x

dt 2+

K

mx = 0

C’est la même équation différentielle que pour le pen-dule élastique horizontal. Donc le pendule élastiquevertical non amorti est un oscillateur harmonique detranslation.

L’équation différentielle de son mouvement est :

d2 x

dt 2+

k

mx = 0

Son équation horaire est de la forme :


avecωO =

√

√ K

mSa période propre est :

TO =2π

ω O= 2π

s

m

K

Etude énergétique

Par rapport au pendule élastique horizontal, une nou-velle forme d’énergie est à considérer : l’énergie poten-tielle de pesanteur (Ep p ) de la masse m . Prenons arbi-trairement comme origine de l’énergie potentielle depesanteur Ep p = 0 le plan horizontal passant par O .

Figure 7.4

x

x ′

A

M

Ep p = 00

I

Lorsqu’on excite l’oscillateur en amenant G au ni-veau du point A, on lui communique une énergie po-

tentielle élastique (1

2K I A2), mais on diminue l’énergie

potentielle de pesanteur du système (Terre-oscillateur).I correspond à la position de G si le ressort est au repos(ni allongé, ni comprimé).

Notons I O = x0, allongement du ressort à l’équilibre.O A = Xm élongation maximale des oscillations.

Calculons l’énergie mécanique initiale du système

;

7


Oscillateur - Terre :

Ei =1

2K

xO +Xm

2−mg Xm

Ei =1

2K x 2

O +K xo Xm +1

2K X 2

m −mg Xm

Ei =1

2K x 2

O +1

2K X 2

m +Xm (K xO −mg )

Or d’après (7.4),

mg −K x0 = 0⇒ K x0−mg = 0

Donc :

Ei =1

2K x 2

O +1

2K X 2

m

Calculons l’énergie mécanique totale du système os-cillateur –Terre pour une position quelconque M (x ) deG .

E = Ec +Ep p +Ep e (énergie potentielle élastique)

E =1

2mV 2−mg x +

1

2K (xO + x )2

=1

2mV 2−mg x +

1

2K x 2

O +K xo x +1

2K x 2

E =1

2mV 2+

1

2K x 2+ x (K x0−mg ) +

1

2K x 2

O

or d’après (7.4),K x0−mg = 0et sachant que :


et que :

V =dx

dt= XmωO cos(ωO t +φ)

Nous avons montré que :

1

2mV 2+

1

2K x 2 =

1

KX 2

m

Donc :

E =1

2K X 2

m +1

2K x 2

O = Ei

Conclusion: L’énergie mécanique totale du penduleélastique vertical non amorti reste constante au coursdes oscillations.

7.4 Etude du pendule de torsion

7.4.1 Description

Un pendule de torsion peut être constitué par unetige (t ), suspendue par son centre d’inertie G à un fil detorsion de constante C .

Figure 7.5

G

(∆) Fil de torsion

(t )

La tige (t ) est susceptible de tourner autour d’un axevertical (∆) matérialisé par le fil de torsion.

Le système est en équilibre quand le fil n’est pastordu.

Tournons la tige d’un angle θ par rapport à cette po-sition ; le fil (tordu aussi de θ ), la ramène vers la positiond’équilibre (θ = 0) par un couple de torsion dont le mo-ment est :

M =−C θ (voir cours de seconde)

Le couple de torsion est donc un couple de rappel.

7.4.2 Etude dynamique

Equation du mouvement du solide

Figure 7.6

θSens de rotation

Position d’équilibre : origine de θ

La résolution dynamique est faite dans le référen-tiel Terrestre supposé galiléen.

;

7135

7.4. Etude du pendule de torsion

Système : la tige (t ) à un instant quelconque. Saposition est repérée par θ . Actions extérieures agissant sur le système : le poids ~P de la tige (t ) ; la tension ~T du fil ; le couple de torsion de moment M .

D’après la relation fondamentale de la dynamique derotation,

∑

M∆ = J∆d2θ

dt 2(7.6)

⇒M∆( ~P ) +M∆( ~T ) +M = J∆d2θ

dt 2(7.7)

Or :

M∆( ~P ) = 0

M∆( ~T ) = 0

car ~P et ~T rencontre l’axe (∆).Par ailleurs

M =−C θ

(7.7) devient :

−C θ = J∆d2θ

dt 2⇒

d2θ

dt 2+

C

J∆θ = 0 (7.8)

(7.8) est l’équation différentielle du mouvement.

7.4.3 Solution de l’équationdiérentielle du mouvement

L’équation différentielle (7.8) admet comme solutionune fonction sinusoïdale de la forme :

θ = θm sin(ωO t +φ)

avecωO =

√

√ C

J∆. Donc le pendule de torsion est un os-

cillateur harmonique.La pulsation propre de ses oscillations est :

ωO =

√

√ C

J∆

Sa période est :

TO =2π

ω O= 2π

√

√ J∆C

ω0 et T0 ne dépendent que des caractéristiques (C etJ∆) de l’oscillateur. θm et φ dépendent des conditionsinitiales d’excitation.

7.4.4 Etude énergétique

Lorsqu’on écarte le pendule de sa position d’équi-libre d’un angleθm , on lui communique une énergie mé-canique initiale sous forme d’énergie potentielle élas-tique.

Ei =1

2C θ 2

m

Que devient cette énergie lorsque le pendule estabandonné à lui-même et qu’il oscille librement ?

Calculons l’énergie mécanique de l’oscillateur à uninstant quelconque : la tige restant horizontale, l’éner-gie potentielle de pesanteur ne varie pas au cours dumouvement. En prenant, comme niveau de référencede cette énergie le plan d’oscillation de la tige, elle seraconstamment nulle.

L’énergie mécanique totale s’écrit alors :

E = Ec +Ep e

Ec =1

2J∆

dθ

dt

2

est l’énergie cinétique et Ep e =1

2C θ 2

est l’énergie potentielle élastique.Or :


dθ

dt= θmω0 cos(ω0t +φ)

alors :

E =1

2J∆θ

2mω

2O cos2(ωO t +φ) +

1

2C θ 2

m sin2(ωO t +φ)

or

ω2O =

C

J ∆⇒ J∆ω

2O =C

Donc

E =1

2C θ 2

m

cos2(ωO t +φ) + sin2(ωO t +φ)

E =1

2C θ 2

m = Ei

Conclusion: L’énergie mécanique totale d’un pendulede torsion non amorti reste constante au cours des os-cillations. Elle est proportionnelle au carré de l’ampli-tude angulaireθm .

E =1

2C θ 2

m

;

7


7.5 Etude du pendule pesant

7.5.1 Description

Le pendule pesant est constitué par un solide (S ) mo-bile autour d’un axe horizontal (∆) ne passant pas parson centre d’inertie G .

Figure 7.7

Verticale

G

O(∆)

(S )

La position d’équilibre stable est celle pour laquelle, iln’y a pas rotation (

∑

M = 0). (Voir cours seconde). Dansce cas, le centre d’inertie G se trouve sur la verticale del’axe (∆) au-dessous de cet axe.

Posons OG = a , distance de l’axe de rotation (∆) aucentre d’inertie G .

7.5.2 Etude dynamique

Equation du mouvement du solide

Le solide effectue un mouvement de rotation autourde l’axe (∆) Figure 7.8a.

Au cours de ses oscillations, le centre d’inertie G dé-crit un arc de cercle centré en O et de rayon a . (Fi-gure 7.8b).

Figure 7.8

G

O(∆)

(S )

G

θ

(a)

a

M

~P

C

Hθ

O(∆)

+

(b)

Le mouvement est étudié dans le référentiel ter-restre donc galiléen ; Système : le solide (S ) ; Forces extérieures agissant sur le système : le poids~P et la réaction ~R de l’axe.

Appliquons le théorème du centre d’inertie au systèmeen rotation.

∑

M∆ = J∆d2θ

dt 2

⇒M∆( ~P ) +M∆( ~R ) = J∆d2θ

dt 2(7.9)

or

M∆( ~R ) = 0

car ~R rencontre l’axe (∆)

M∆( ~P ) =−P H M =−mg a sinθ

Remarque.Quel que soit le sens positif de rotation choisi,

M∆( ~P ) =−P.a sinθ

Le moment du poids est un moment de rappel. Larelation (7.9) s’écrit alors :

−mg a sinθ = J∆d2θ

dt 2

⇒dθ

dt+

mg a

J∆sinθ = 0 (7.10)

(7.10) est l’équation différentielle du mouvement. Lesecond terme de l’équation (7.10) comporte sinθ et nonθ . Donc la solution θ (t ) de (7.10) n’est pas une fonctionsinusoïdale.

C’est pourquoi, dans le cas général, le pendule pesantn’est pas un oscillateur harmonique.

Condition d’oscillations sinusoïdales pour lependule pesant

Si θm est petit (< 8°), θ est aussi petit. Alors sinθ estapproximativement égal à θ avec θ exprimé en radians.

L’équation différentielle devient, dans cecas :

dθ

dt+

mg a

J∆θ = 0 (7.11)

(7.11) admet une solution θ (t ) de la forme


avec

ωO =

√

√mg a

J∆

Donc, dans le cas d’oscillations de faible ampli-tude, le pendule pesant se comporte comme unoscillateur harmonique de rotation de pulsationpropre :

;

7137

7.5. Etude du pendule pesant

ωO =

√

√mg a

J∆

et de période :

TO = 2π√

√

√

J ∆

mg a

7.5.3 Etude énergétique

Reprenons le pendule pesant précédent en nous in-téressant au mouvement de son centre d’inertie G . Enécartant le pendule de sa position d’équilibre d’un angleθm , de façon à amener G de C en A, on communique ausystème pendule – Terre une énergie mécanique initialesous forme d’énergie potentielle de pesanteur.

Ei =mg hm =mg a (1− cosθm )

Le plan horizontal passant par C étant pris comme ni-veau de référence de l’énergie potentielle de pesanteur.

A un instant quelconque (G est alors en M ) l’énergiemécanique est :

EM = Ec (M ) +Ep p (M )

avec Ep p (M ) =mg h .Calculons Ec (M ) en appliquant au système, le théo-

rème de l’énergie cinétique entre M et A.

Ec (M )−Ec (A) =mg (hm −h )

or

Ec (A) = 0

Donc :

Ec (M ) =mg (hm −h )

E (M ) =mg (hm −h ) +mg h

=mg hm = Ei

L’énergie mécanique totale reste donc constante aucours des oscillations.

Remarque.Dans le cas d’oscillations de faible amplitude, θ est

petit et cosθ = 1−θ 2

2, θ étant exprimé en radians.

Ei =mg a (1− cosθm ) =1

2mg aθ 2

m

En M ,

E = Ec (M ) +M g h

=1

2J∆

dθ

d t

2

+mg a (1− cosθ )

E =1

2J∆

dθ

d t

2

+1

2mg aθ 2

avec θ = θm sin(ωO t +φ).

E =1

2J∆θ

2mω

2O cos2(ωO t +φ)+

1

2mg aθ 2

m sin2(ωO t +φ)

avecω2O =

mg a

J∆.

Donc

E =1

2mg aθ 2

m

Figure 7.9O

C

M

A

h

hm

θ

θm

7.5.4 Le pendule simple

Dénition.

Un pendule simple est constitué d’un point matérieloscillant, sous l’action de la pesanteur, à une distanceconstante d’un axe horizontal xe (∆). La distance l sé-parant l’axe (∆) du point matériel est appelée longueurdu pendule simple.

Figure 7.10

l

;

7


Période d’un pendule simple pour desoscillations de faible amplitude

Le pendule simple est un cas particulier de pendulepesant. Donc l’équation différentielle du mouvementest :

d2θ

dt 2+

mg a

J∆sinθ = 0

Dans le cas d’oscillations de faible amplitude,

d2θ

dt 2+

mg a

J∆θ = 0

avec a = l et J∆ = ml 2 et m étant la massedu point matériel. L’équation différentielle devientalors :

dθ

dt+

g

lθ = 0

et

ωO =s

g

l

La période propre du pendule simplepour des oscillations de faible amplitude estdonc :

TO = 2π

√

√ l

g

Pendule simple synchrone d’un pendule pesant

Deux pendules synchrones ont la même période.Ainsi, en comparant les deux expressions de la période,on a :

T0 = 2π

√

√ l

g

pour le pendule simple, et

T0 = 2π

√

√ J∆mg a

pour le pendule pesant.Nous pouvons calculer la longueur l du pendule

simple :

2π

√

√ l

g= 2π

√

√ J∆mg a

⇒ l =J∆

ma

7.6 Notions d’oscillationsforcées et de résonance

7.6.1 Amortissement des oscillations

Lorsqu’il y a des phénomènes dissipatifs, en par-ticulier en présence de frottements, l’énergie méca-nique initiale fournie lors de l’excitation, diminue aucours des oscillations. L’amplitude de l’oscillation dé-croît jusqu’à l’arrêt de l’oscillateur. C’est le phénomèned’amortissement.

Figure 7.11

O f

θm

(3)

(2)

(1)

f0

7.6.2 Entretien des oscillations :oscillations forcées

Pour éviter la diminution d’amplitude, on peut, àl’aide d’un dispositif approprié, fournir à chaque instantà l’oscillateur une énergie égale à celle qu’il a perdue àcause des frottements ; l’agent extérieur (opérateur oudispositif) qui compense l’énergie perdue est appeléeexcitateur. Les oscillations ne sont plus libres, elles sontentretenues (ou forcées).

L’amplitude des oscillations forcées dépend de la pé-riode T des excitations et de l’amortissement. En par-ticulier, lorsque la période T des excitations est égaleà la période propre de l’oscillateur, l’amplitude des os-cillations devient très grande : c’est le phénomène derésonance. Si l’oscillateur est peu amorti, l’amplitude des oscil-

lations est très supérieure à l’amplitude communi-quée par l’excitateur. La résonance est dite aiguëet le sélecteur est appelé dans ce cas résonateur(courbe 1) Si l’oscillateur est amorti, l’amplitude pour T = T0

est moins important. C’est le phénomène de réso-nance floue (courbe 2) Si l’oscillateur est très amorti, l’amplitude est

constante quelle que soit la période de l’oscillateur.(courbe 3)

;

7139



Exercice 1.

Un point matériel M est repéré sur un axe O X , par l’abs-

cisse x = O M telle qued2 x

dt 2+ 1444x = 0, en unité SI.

A la date t = 0, le mobile est au point M0 d’abscissex0 =+1 cm et a pour vitesse v0 =−0,5 m s−1. Quelle est laloi horaire du mouvement ?

Exercice 2.

L’équation horaire du mouvement d’un os-cillateur mécanique rectiligne sinusoïdal est

x = 2×10−2 cos

40πt −π

6

avec x en mètre et t

en secondes.2.1. 2.1.1. Préciser l’amplitude, la pulsation, la périodeet la fréquence des oscillations.2.1.2. Calculer la durée de 10 oscillations.2.1.3. Quelle est la longueur du segment décrit par l’os-cillateur ?2.2. 2.2.1. Quelle est la vitesse de l’oscillateur à la datet ?2.2.2. En déduire la vitesse maximale de l’oscillateur2.2.3. Calculer sa vitesse à la date t = 1 s.2.3. 2.3.1. Quelle est l’accélération de l’oscillateur à ladate t .2.3.2. En déduire l’accélération maximale.2.3.3. Calculer son accélération à la date t = 1 s.2.4. Déterminer l’équation différentielle du mouve-ment. En déduire l’accélération de M lorsque le mobilepasse par le point d’abscisse x =−10−2 m.

Exercice 3.

Un ressort à spires non jointives, de masse négligeable,de raideur K , est enfilé sur une tige horizontale AB . Unede ses extrémités étant fixée en A, un corps de masse m ,de centre d’inertie G , est attaché à l’autre extrémité. Leressort et le corps de masse m peuvent coulisser sansfrottement le long de la tige AB . Au repos, le centred’inertie G est en O . On associe à la tige horizontaleun repère (O , ~i ). Le corps de masse m est écarté de saposition d’équilibre dans le sens positif d’une distanceOG = Xm = 5 cm, puis lâché sans vitesse initiale à la datet = 0.3.1. Etablir la nature du mouvement.3.2. Calculer sa période et déterminer son équation ho-raire x = f (t ). On donne K = 45 N m−1 ; m = 0,2 kg.3.3. Calculer l’énergie mécanique du système masse-ressort. En déduire la vitesse de G au passage par le po-sition d’équilibre.

Exercice 4.

Un ressort, à spires non jointives de masse négligeable,a une constante de raideur K . L’une des extrémités duressort est fixée à un support rigide lié à la Terre. A l’autreextrémité E est suspendu un solide S de masse m = 100 g.On donne g = 9,8 m s−2.4.1. A l’équilibre le ressort est allongé de b = 4 cm.Quelle est la constante de raideur du ressort ?4.2. On tire le solide S , verticalement, vers le bas et onl’abandonne sans vitesse initiale. S prend alors un mou-vement de translation rectiligne verticale.4.3. Quelle est la nature du mouvement de S ?4.4. A la date t = 0, S passe par sa position la plus bassesituée 2 cm sous sa position la plus élevée. Quelle est laloi horaire du mouvement ?4.5. L’énergie potentielle totale du système (solide S ,Terre, ressort), comprenant l’énergie potentielle élas-tique et l’énergie potentielle de pesanteur, est prise égaleà zéro pour la position d’équilibre. Montrer qu’avec cetteconvention l’énergie mécanique de l’oscillateur est égaleà l’énergie cinétique maximale de S et qu’elle est propor-tionnelle au carré de l’amplitude des oscillations.

Exercice 5.

On considère le dispositif représenté par le schéma ci-contre.

S1P

m1

R

S2m20

x

~i

Le solide S1 de masse m1 est posé sur un support hori-zontal P . Un ressort R dont on suppose la masse négli-geable, de raideur K , assujetti à rester vertical, relie lesdeux solides S1 et S2. Le solide S2 a pour masse m2.5.1. Lorsqu’on pose le solide S2 sur l’extrémité du res-sort, celui-ci s’abaisse d’une longueur a (longueur me-surée à l’équilibre). En déduire la raideur du ressort enfonction de m2, a et de l’intensité de la pesanteur g . A.N.m2 = 200 g; a = 10 cm; g = 10 m s−2. Calculer la valeurnumérique de K .5.2. La position d’équilibre du solide S2 sera prisecomme origine des espaces (cas du schéma). Un opé-rateur appuie sur le solide S2 de telle sorte que le ressortse trouve comprimé d’une longueur supplémentaire b ;le ressort estalors comprimé de la longueur a +b . A l’ins-tant t = 0, l’opérateur lâche le système sans vitesse ini-tiale ; on constate que le solide S1 ne décolle pas et resteen contact permanent avec le support P .5.2.1. Pour étudier le mouvement de S2, on repère saposition par son abscisse x comptée sur un axe vertical

;

7


orienté vers le bas, d’origine la position d’équilibre O deS2. Etablir, à l’instant t , l’équation différentielle satisfaitepar x .5.2.2. Etablir l’équation du mouvement donnant x enfonction de t , compte tenu des conditions initiales.5.2.3. Expliquer de façon qualitative c’est-à-dire sansaucun calcul que le solide S1 peut décoller si on a com-muniqué au solide S2 un déplacement initial b trop im-portant.

Exercice 6.

Sur un plan incliné d’angle α par rapport au plan hori-zontal, on dispose d’un ressort R de masse négligeable etde constante de raideur K , de longueur à vide l0, fixé parune de ses extrémités à un point A d’une butée fixe. A sonautre extrémité se trouve un petit solide S de masse m ,de centre d’inertie G , pouvant glisser sans frottementsle long du plan incliné.

AR

S

O

X

~i

α

6.1. Quand S est au repos, la longueur du ressort est l etG est en O . Déterminer, lorsque S est au repos, l’expres-sion de l’allongement du ressort en fonction de K , m , g ,α. A.N. K = 10 N m−1 ; m = 400 g ; g = 10 N kg−1 ; α= 30°.6.2. En tirant sur le ressort de façon que son axe de-meure toujours parallèle à une droite de plus grandepente du plan incliné, on écarte S de sa position d’équi-libre de x0 = 8 cm. Puis on le libère en le lançant versle haut avec une vitesse v = 0,3 m s−1. Des oscillationsprennent alors naissance.6.2.1. Déterminer l’énergie mécanique totale du sys-tème [Ressort R – Solide S – Terre] à l’instant t pendantles oscillations. On prendra l’énergie potentielle de pe-santeur nulle au point O .6.2.2. En déduire l’équation différentielle du mouve-ment et écrire l’équation horaire du mouvement ducentre d’inertie G de S , dans le repère (O , ~i ), l’instantdu début des oscillations étant pris comme origine destemps.

Exercice 7.

Deux solides S1 et S2 en forme de bague, de massem1 = 0,10 kg et m2 = 0,60 kg, peuvent glisser sans frotte-ment sur une tige horizontale T . Le solide S1 est lié à l’ex-trémité d’un ressort R , à spires non jointives, de massenégligeable et de constante d’élasticité K = 35 N m−1.L’autre extrémité du ressort est fixée en A à la tige T .L’ensemble (S1, R ) est à l’équilibre, le ressort étant nondéformé. On lance de l’extrémité de T le solide S1 versS2. Au moment du choc il y a accrochage des deux so-lides qui forment alors un ensemble solidaire S de centred’inertie G .

A(R ) (S1) (S2)

X ′

x ′ xO ~i

~T

~R

~P

7.1. Juste après le choc la vitesse ~VG du centre d’inertieG a le sens de x vers x ′ et ~VG = 0,42 m s−1. Calculer lanorme de ~V2, vitesse de centre d’inertie de S2 avant lechoc.7.2. Après le choc, l’ensemble S lié au ressort, poursuitson mouvement, les spires du ressort restant non join-tives. La position de G sera repérée sur l’axe x ′x , de di-rection parallèle à la tige et dont l’orientation est préciséesur le schéma. L’origine des abscisses correspond à la po-sition de G à l’instant du choc et l’origine des temps estchoisie à l’instant du choc.7.2.1. Calculer l’énergie mécanique du système (S , R ) ;en déduire l’abscisse x de G lorsque VG = 0 pour la pre-mière fois.7.2.2. Etablir l’équation différentielle du mouvement deG .7.2.3. En déduire l’équation horaire du mouvement deG .7.2.4. Déterminer les caractéristiques de la sommevectorielle des forces qui s’exercent sur l’ensemble Slorsque la vitesse de son centre d’inertie s’annule pourla deuxième fois.

Exercice 8.

Un mobile de masse m = 700 g et de rayon r = 5 cm placésur une table horizontale à coussin d’air est relié à 2 res-sorts identiques R1 et R2 comme l’indique la figure.

O1

R1 R2

O2

x ′ xG0

G

Ces ressorts ont des axes colinéaires horizontaux et ontleurs extrémités fixées en O1 et O2. Ils ont une longueur àvide l0 = 20 cm et s’allongent de 4 cm sous l’action d’uneforce de 1 N. La distance O1O2 est de 70 cm.8.1. Préciser quelle est, à l’équilibre, la position de G ,centre d’inertie du mobile. Calculer la valeur∆l de l’al-longement de chaque ressort à l’équilibre.8.2. On écarte le mobile de sa position d’équilibre dex = 5 cm vers O1, dans la direction O1O2 et on l’aban-donne sans vitesse initiale. Il prend alors un mouve-ment oscillatoire. Montrer en appliquant le théorème ducentre d’inertie que le mouvement est harmonique. Ex-primer et calculer la pulsation et la période du mouve-ment.8.3. Sachant qu’à t = 0, G est à 2 cm de sa position

;

7141


d’équilibre vers O2 et se déplace vers O1, donner l’expres-sion qui permet de situer G à chaque date.8.4. Le système (mobile, R1 et R2) est conservatif. Expri-mer son énergie mécanique à une date t quelconque etretrouver l’équation différentielle du 9.2.

Exercice 9.

Un pendule de torsion se compose d’une barre AB delongueur l , de masse m , fixée en son milieu M à un fild’acier vertical O M suspendu au point O .

O

A B

M

9.1. Calculer le moment d’inertie J de la barre AB parrapport à l’axe O M si m = 200 g et l = 20 cm.9.2. On écarte la barre d’un angle θm de sa positiond’équilibre et on l’abandonne sans vitesse initiale, le filO M restant vertical.9.2.1. Montrer que le système effectue des oscillationssinusoïdales dont on donnera la période T en fonctionde J et de la constante de torsion C du fil O M .9.2.2. Déterminer l’équation horaire du mouvement dusystème, θ = f (t ), si T = 2 s et et θm = 1 rad.9.2.3. Calculer C .9.3. Montrer que l’énergie mécanique totale du systèmereste constante au cours du mouvement.

Exercice 10.

Une tige E1E2, horizontale, traverse une barre AB au ni-veau de son centre d’inertie G . Une soudure, en G lierigidement la barre AB à la tige E1E2. La tige E1E2 a unemasse négligeable devant celle de AB . Les extrémités dela tige E1E2 sont fixées à un support rigide.

E1

C1 C2

E2

G

A

B

E1

(∆)

E2~R

~P

A

B

(+)

Les constantes de torsion de G E1 et de G E2

sont respectivement C1 = 8×10−2 N m rad−1 etC2 = 6×10−2 N m rad−1. (C1 est plus grand que C2

car G E1 est plus court que G E2). Lorsque AB est enéquilibre, les deux portions de tige ne sont pas tordues.On tourne la barre AB de 90° autour de l’axe horizontal∆, matérialisé par E1E2, et on la laisse aller sans vitesse.10.1. Montrer, de deux façons différentes que l’oscilla-teur en rotation autour de∆ est harmonique. On négligeles frottements.

10.2. Sachant que la durée de 10 oscillations estτ= 7,0 s, quel est le moment d’inertie de la barre AB parrapport à∆?10.3. Quelle est la vitesse curviligne maximale, vmax dupoint A ? Ce point est situé à la distance l = 20 cm de l’axe∆

Exercice 11.

Deux charges électriques ponctuelles q et −q sont pla-cées aux extrémités d’une tige isolante de longueur l . Lemoment d’inertie de l’ensemble par rapport à un axe pas-sant par le centre de la tige est J∆. L’ensemble est placédans un champ électrostatique uniforme créé par deuxplaques parallèles (voir figure). On néglige le poids del’ensemble devant les forces électriques.

−q

+qθ

−q +q(1)

~E−q

+q

θ

~E

~F1

~F2

d

+

11.1. Montrer que la position d’équilibre correspond àla position (1) de la Figure.11.2. Montrer que la tige, écartée d’un angle θ par rap-port à la position d’équilibre, subit de la part du champ ~Eun couple de force. Déterminer le moment de ce couple.

11.3. Donner l’équation liant θ etd2θ

dt 2à chaque ins-

tant.11.4. A quelle condition la tige effectue-t-elle des oscil-lations harmoniques ? Calculer alors la pulsation propredes oscillations en fonction de q , E , l , J∆.

Exercice 12.

Un pendule (P ) est constitué d’un fil inextensible et demasse négligeable auquel est accrochée une boule derayon r . On appelle a la distance du point de suspensiondu fil au centre d’inertie de la boule.

G

a

O

∆

12.1. Calculer la longueur du pendule simple syn-chrone du pendule (P ).12.2. Exprimer, en fonction de a et de r l’erreur rela-tive commise si on assimile le pendule (P ) à un pendulesimple de longueur a . Quelle relation doit exister entre ret a pour que l’erreur relative soit inférieure à 4×10−5 ?

;

7


Exercice 13.

Un pendule est constitué d’une tige rigide AB de massenégligeable, de longueur l = 0,55 m, suspendue à sonextrémité A et portant à l’extrémité B une masse de ferm1 = 100 g considéré comme ponctuelle et en son milieuC une autre masse ponctuelle m2 = 2m1 non métallique.13.1. On étudie le mouvement de petites oscillationsnon amorties du pendule dans le champ de pesanteurterrestre. Etablir l’équation du mouvement et calculer sapériode T . On donne g = 9,8 m s−2.13.2. On place sous la masse m1, une bobine munied’un noyau de fer doux et alimentée en courant continu.Cette bobine exerce sur la masse m1 seule, une force d’at-traction magnétique verticale, dirigée vers le bas, de mo-dule supposé constant et égal à F1 = 2 N. Trouver la nou-velle équation du mouvement de petites oscillations dupendule et sa nouvelle période T ′.

Exercice 14.

Pendule réversible. On considère un pendule, de massem , de centre d’inertie G , pouvant osciller autour de plu-sieurs axes horizontaux situés dans un même plan conte-nant G . Soit JG le moment d’inertie du pendule par rap-port à un axe horizontal passant par G .14.1. Donner l’expression de la période des oscillationsde faible amplitude de ce pendule par rapport à un axe(∆1) distant de a1 de G .14.2. On montre que la période de ce pendule est lamême lorsqu’il oscille autour d’un axe (∆2) situé del’autre côté de G et à une distance a2 de G (a2 6= a1).

Montrer que a1a2 =JG

m.

14.3. Montrer que la longueur du pendule simple syn-chrone de ce pendule oscillant autour de (∆1) ou de (∆2)est l = a1 +a2

Exercice 15.

Une sphère conductrice S assimilable à un point maté-riel, de masse m = 2 g est suspendue à un point fixe O parl’intermédiaire d’un fil isolant, inextensible, de masse né-gligeable et de longueur l = 10 cm. g = 10 m s−2.

O

d

S

A

B

~E

15.1. Calculer la période des petites oscillations de cependule simple.15.2. Le pendule est placé entre deux armatures métal-liques A et B , planes et horizontales, de grandes dimen-sions, distantes de d = 20 cm. Le point de suspensions, O ,est à 5 cm de l’armature supérieure, A. On applique entreles deux armatures une différence de potentiel constanteuAB = 2000 V créant ainsi entre A et B un champ élec-

trique vertical dirigé de haut en bas d’intensité E =U AB

d

.

La sphère porte une charge q = 2×10−7 C.15.2.1. Quelle est la nouvelle période des petites oscil-lations de ce pendule ?15.2.2. Le pendule est écarté de sa position d’équilibred’un angle de 90° avec une pince isolante et abandonnésans vitesse initiale. Quelle est tension du fil au passageà la verticale ?15.2.3. Au passage à la verticale le fil casse. Quellessont alors la nature et l’équation de la trajectoire de S ?Quelle est la durée du mouvement jusqu’au moment oùS touche B ?

Exercice 16.

Un pendule pesant est constitué d’un disque (D ) homo-gène solidaire d’une tige O A, de masse négligeable delongueur l dont l’extrémité O coïncide avec le centre dudisque et l’extrémité A porte une bille (B ), de masse M ,assimilable à un point. Le disque a une masse M ′ = 2M

et un rayon r =l

3. Le pendule peut osciller sans frotte-

ment autour d’un axe (∆) horizontal, perpendiculaire enO au plan du disque.

O (∆)(D )

A (B )

16.1. Exprimer, en fonction de M et de l , le mo-ment d’inertie du pendule par rapport à l’axe (∆).A.N. M = 100 g ; l = 60 cm.16.2. Le pendule est écarté de sa position d’équilibrestable d’un très petit angle θ0 = 0,1 rad et lâché sans vi-tesse initiale. Montrer que ses oscillations sont sinusoï-dales. Quelle est la valeur de la vitesse angulaire au pas-sage à la position d’équilibre sachant que θ0 = 0,1 rad ?16.3. On écarte maintenant le pendule de sa position

d’équilibre stable, d’un angle deπ

2rad et on le lâche sans

vitesse initiale. Calculer sa vitesse angulaire au passageà la position d’équilibre. En déduire la vitesse de la bille(B ).g = 10 m s−2.

;

7143




Etablissons la loi horaire du mouvement de M .L’équation différentielle du mouvement de M

(d2 x

dt 2+1444x = 0) est de la forme :

d2 x

dt 2+ω2 x = 0

avec ω2 = 1444 ⇒ ω =p

1444 = 38 rad s−1. Le mouve-ment de M est donc sinusoïdal, de loi horaire :

x = Xm sin(38t +φ)

en unité SI.Déterminons Xm etφ à partir de x et v à t = 0.D’après les hypothèses,

At=0 =

¨

xO =+10−2 (S7.1)

v =−0, 5 (S7.2)

v0 < 0 car le mouvement s’effectue dans le sens opposéà x x ′. D’après les expressions

x = Xm sin(38t +φ)

V =d x

dt= 38Xm cos(38t +φ)

on a :

At=0 =

xO = Xm sinφ (S7.3)

vO = 38Xm cosφ (S7.4)

La comparaison de (S7.1), (S7.2) (S7.3) et (S7.4), on endéduit :

¨

Xm sinφ = 10−2 (S7.5)

38Xm cosφ =−0, 5 (S7.6)

Cherchons donc un couple (Xm > 0 etφ) qui convienne.

Faisons le rapport(S7.5)

(S7.6):

1

38tanφ =−

10−2

0, 5

⇒ tanφ =−76×10−2

φ =−0,65 rad

φ =−0, 65+3, 14= 2,49 rad

En reportant φ = −0,65 rad dans (S7.1), ontrouve une valeur négative de Xm . En re-portant φ = 2,49 rad dans (S7.1) on trouve :

xm =10−2

sin 2, 49= 1,65×10−2 m⇒ xm > 0.

Xm étant une grandeur toujours positive, nous retenonsdonc la valeurφ = 2,49 rad. La loi horaire du mouvementde M est donc : x = 1,65×10−2 sin(38t +2, 49) en m.


2.1.2.1.1. Amplitude, pulsation, période et fréquence de l’os-cillateur.La loi horaire du mouvement de l’oscillateur est :

x = 2×10−2 cos

40πt −π

6

Elle est de la forme :

x = Xm cos(ωt +φ)

Par identification des deux expressions de x , on obtient : amplitude du mouvement : Xm = 2×10−2 m pulsation des oscillations :ω= 40πrad s−1

période T : T =2π

ω=

2π

40π= 5×10−2 s

fréquence N : N =1

T=ω

2π= 20 Hz

2.1.2. Durée de 10 oscillations.Soit Γ cette durée. Chaque oscillation dure une périodeT = 5×10−2 s donc :

Γ = 10T = 10 ·510−2 = 0,5 s

2.1.3. Longueur du segment décrit par l’oscillateurlorsque t varie.

−1≤ cos

40πt −π

6

≤ 1

−2×10−2 ≤ x ≤ 2×10−2

La masse de l’oscillateur décrit un segment de droite delongueur 4×10−2 m= 4 cm.2.2.2.2.1. Vitesse de l’oscillateur à la date t .

V =d x

dt=−2×10−2 ·40πsin

40πt −π

6

=−2, 51 sin

40πt −π

6

2.2.2. Vitesse maximale. v (t ) est maximale lorsque,

sin

40πt −π

6

=−1⇒ vm = 2,51 m s−1

2.2.3. Vitesse à la date t = 1 s.

v (t = 1 s) =−2, 51 sin

40πt −π

6

= 1,255 m s−1

2.3.2.3.1. Accélération à la date t .

a =dv

dt=−2, 51 ·40πcos

40πt −π

6

=−315, 25 cos

40πt −π

6

2.3.2. Accélération maximale. a (t ) est maximale pour :

cos

40πt −π

6

=−1⇒ am = 315,25 m s−2

2.3.3. Accélération à la date t = 1 s.

a =−315, 25 cos

40π ·1−π

6

=−273 m s−2

;

7


2.4. Equation différentielle du mouvement.

a (t ) =−315, 25 cos

40πt −π

6

(S7.1)

De l’équation horaire,

x = 2×10−2 cos

40πt −π

6

Nous tirons,

cos

40πt −π

6

=x

2×10−2 (S7.2)


a (t ) =d2 x

dt 2=−315, 25

x

2×10−2

d2 x

dt 2+1,576×104 x = 0

C’est l’équation différentielle du mouvement.Accélération du mobilePour : x = −10−2 m. De l’équation différentielle nousavons : a (t ) =−1,576×104 x . Pour x =−10−2 m,

a =−1,576×104(−10−2) = 1,576×102 m s−2.


3.1. Nature du mouvement du corps de masse m. Système étudié : le corps de masse m . L’étude est faite dans le référentiel terrestre, donc ga-

liléen. Les forces appliquées au système sont : le poids ~P , la

réaction ~R et la tension ~T .

A B~T

−xm +xm

x x ′O G

~i

~R

~P

Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :

~P + ~R + ~T =m ~a

Projetons cette relation dans le repère (O , ~i ) :

−K x =max

avec

ax =d2 x

dt 2

⇒d2 x

dt 2+

K

mx = 0

C’est l’équation différentielle du mouvement du système.L’équation horaire du mouvement est de la forme :


avec ωO =

√

√ K

m. Le mouvement est donc rectiligne si-

nusoïdal.

3.2. Période T du mouvement.

T =2π

ωO= 2π

s

m

K= 2 ·3, 14

√

√ 0, 2

45= 0,42 s

Equation horaire du mouvement.x = Xm sin(ωO t +φ).

AvecωO =

√

√ K

m=

√

√ 45

0, 2= 15 rad s−1. Déterminons Xm

etφ à partir des données de l’excitation initiale. D’aprèsles hypothèses, à t = 0, x0 = xm = 5×10−2 m et v0 = 0.D’après les expressions :

x = Xm sin(15t +φ)

V =d x

dt= 15Xm cos(15t +φ)

A t = 0,(

xO = Xm sinφ

VO = 15Xm cosφ

¨

Xm sinφ = 5×10−2 (S7.1)

15Xm cosφ = 0 (S7.2)

Cherchons le couple (Xm > 0 et φ) qui convienne de(S7.2), on tire :

cosφ = 0⇒φ =π

2

ouφ =−π

2. En reportantφ =−

π

2dans (S7.1), on trouve

une valeur négative de Xm . En reportant φ =π

2dans

(S7.1) on trouve Xm = 5×10−2 m > 0. Xm étant unegrandeur toujours positive, nous retenons donc la valeur

φ =π

2rad. L’équation horaire du mouvement est donc :

x = 5×10−2 sin

15t +π

2

.

3.3. Energie mécanique du système masse-ressort.

Em =1

2K X 2

m

Em =1

245(5×10−2)

2m = 5,62×10−2 J

Vitesse de G au passage par la position d’équilibre. En uneposition quelconque,

Em =1

2K x 2 +

1

2m v 2

A la position d’équilibre on a :

xe = 0

et

Em =1

2mV 2

e ⇒Ve =

√

√ 2Em

m

A.N. Em = 5,62×10−2 J ; m = 0,2 kg ; Ve = 0,75 m s−1.


4.1. Constante de raideur du ressort. Système étudié : le solide de masse m . L’étude est faite dans le référentiel terrestre, donc ga-

liléen.

;

7145


Les forces appliquées au système sont : le poids ~P , etla tension ~T .

Vide x ′

x

Ev

Equilibre

E0

~P

~T0

A la date t

E

~P

~T

À l’équilibre, on a : ~P + ~T = ~0. Par projection de cetterelation sur x x ′ on a :

P −T0

avec

T0 = K Ev

E0 = K b

P =mg

⇒ K =mg

b

A.N. m = 100 g = 0,1 kg; g = 9,8 m s−2 ;b = 4 cm= 4×10−2 m ; K = 24,5 N m−1.4.2.4.2.1. Nature du mouvement de S.Considérons le système ci-dessus à une date t . Le bilandes forces étant le même, appliquons la R.F.D. au sys-tème : ~P + ~T =m ~a . Projetons cette relation sur x x ′ :

P −T =max (S7.1)

avec P =mg et T = K Ev E . Décomposons l’allongementEv E : Ev E = Ev E o + E0E . En prenant E0 comme originede l’axe x x ′, Ev E = b + x (S7.1) devient :

P −K (b + x ) =max

⇒ P −K b −K x =max

En tenant compte de la question 4.1. où P − K b = 0 etsachant que

ax =d2 x

dt 2

−K x =md2 x

dt 2

⇒d2 x

dt 2+

K

m x= 0

Cette équation différentielle montre que le solide a unmouvement de translation rectiligne sinusoïdal de pul-

sation propreωO =

√

√ K

m= 15,65 rad s−1.

4.2.2. La loi horaire du mouvement.Elle est de la forme : x = Xm sin(ωt +φ). La position laplus basse est séparée de la position la plus haute de la

distance 2Xm .

2Xm = 2×10−2 m⇒ Xm = 10−2 m

Déterminons alors la phase φ : At=0, x0 = Xm (d’aprèsl’énoncé). D’après l’expression

x = Xm sin(ω0t +φ)

à t = 0 ; x0 = Xm sinφ. Par comparaison, on en déduit :

sinφ = 1⇒φ =π

2

Donc la loi horaire du mouvement est :

x = 10−2 sin

15, 65t +π

2

(en mètre)4.2.3. Energie mécanique de l’oscillateur.Considérons le système (ressort-solide-Terre). Son éner-gie mécanique est E = Ep p + Ep e + Ec avec Ep p éner-gie potentielle de pesanteur, Ep e énergie potentielle élas-tique et Ec l’énergie cinétique. En négligeant les frotte-ments, E est constant. Evaluons E à la position d’équi-libre G0 :

E = Ep p 0 +Ep e 0 +Ec 0 (S7.2)

Ep p 0 +Ep e 0 = 0 (S7.3)

(origine des énergies potentielles)

⇒ E = Ec 0 (S7.4)

Ec o =1

2mV 2

O (S7.5)

où

VO =d x

dt= Xmωo cos(ωO t +φ) (S7.6)

A la position d’équilibre

x = 0

⇒ Xm sin(ω0t +φ) = 0

⇒ sin(ω0t +φ) = 0

D’après la relation :

sin2(ω0t0 +φ) + cos2(ω0t0 +φ) = 1

avec

sin(ω0t0 +φ) = 0

Nous avons :

cos2(ω0t0 +φ) = 1 (S7.7)

Elevons l’expression de la vitesse au carré. Nous obte-nons :

V 20 = X 2

mω20 cos2(ωt +φ)

En tenant compte de (S7.7) on a : V 20 = X 2

mω20 et

Ec 0 =1

2m X 2

mω20.

Conclusion.

L’énergie mécanique E = Ec 0 =1

2m X 2

mω20 est propor-

tionnelle au carré de l’amplitude du mouvement.

;

7



5.1. Constante de raideur du ressort. Système étudié : le solide S2 de masse m2. L’étude est faite dans le référentiel terrestre, donc ga-

liléen. Les forces appliquées au système sont : le poids ~P2, et

la tension ~TO .

S1P

m1

R

A vide

Eν

S1m1

R

m2E0

~i

A l’équilibre

S1m1

R

m2E

A la date t

A l’équilibre, on a : ~P2 + ~TO = ~0. Par projection de cetterelation sur x x ′ on a :

m2g −T0

avec

T0 = K Ev E0 = K a

⇒m3g −K a = 0 (S7.1)

⇒ K =m2g

a(S7.2)

A.N. m2 = 200 g = 0,2 kg; g = 10 m s−2 ;a = 10 cm= 10−1 m ; K = 20 N m−1.5.2.5.2.1. Equation différentielle satisfaite par x .Considérons le système ci-dessus. Le bilan des forcesétant le même appliquons la R.F.D. au système :

~P2 + ~T =m2 ~a


P2 −T =max (S7.3)

avec P2 = m2g et T = K Ev E . Ev E = Ev E0 + E0E . Enprenant E0 comme origine de l’axe x x ′, Ev E = a + x .(S7.3) devient :

m2g −K (a + x ) =max

⇒m2g −K a −K x =max

En tenant compte de la question 5.1. où m2g −K a = 0

et sachant que ax =d2 x

dt 2, on a :

−K x =m2d2 x

dt 2

⇒d2 x

dt 2+

K

m2x = 0 (S7.4)

C’est équation différentielle satisfaite par x .5.2.2. Equation x = f (t ).

La solution de l’équation différentielle (S7.4) est de la

forme : x = Xm sin(ωt +φ) avecωO =

√

√ K

m2= 10 rad s−1

pulsation propre de l’oscillateur. Déterminons Xm etφà partir de x et v à la date t = 0. D’après les hypothèses,à t = 0, x0 = b et vo = 0. D’après les expressions :


v =d x

dt= Xmω0 cos(ω0t +φ)

A t = 0, x0 = Xm sinφ et v0 = Xmω0 cosφ. Par comparai-son on trouve :

φ =π

2e t Xm = b

Donc la loi horaire du mouvement est :

x = b sin

10t +π

2

(en mètre)5.2.3. Considérons le système S1 +S2.En communiquant au solide S2 une compression b im-portante, le ressort exerce une tension ~T proportionnelleà b telle que :

T > P1 +P2

~T + ~P1 + ~P2 = (m1 +m2) ~a 6= ~0

⇒ ~a 6= ~0

donc S1 se met en mouvement.


6.1. Allongement du ressort à l’équilibre. Système étudié : le solide de masse m . L’étude est faite dans le référentiel terrestre, donc ga-

liléen Les forces appliquées au système sont : le poids ~P du

solide S , la réaction ~R du plan incliné, la tension ~TO

du ressort.

S

x ′

xy ′

y

~R~T0

~P α

A l’équilibre, on a : ~P + ~R + ~TO = ~0. La projection de cetterelation sur x x ′ donne :

P sinα+0−T0 = 0 (S7.1)

avec T0 = K (l − l0) où (l − l0) est l’allongement du ressortet P =mg . On a alors :

mg sinα−K (l − l0) = 0 (S7.2)

D’où l’on tire :

l − lO =mg sinα

K

;

7147


l − l0 =0, 4 ·10 sin 30°

10= 0, 2= 20 cm

6.2.6.2.1. Energie mécanique totale du système (Ressort – So-lide – Terre) à une date t .

x

x ′

α

Gvide

Gequilibre

G (x )

z

z ′

z = 0Ep = 0

zG

H

L’énergie mécanique de ce système est :

E = Ep p +Ep e +Ec (S7.3)

Ep p est l’énergie potentielle de pesanteur du système. Gétant en dessous de la position de référence, Ep p (G ) estnégatif (voir orientation de l’axe z ′z ). Dans le triangleO H G ,on a :

H G =OG sinα

avec

H G = I ZG I

OG = x

⇒ ZG = x sinα

Ep p (G )< 0

⇒ Ep p (G ) =−mg x sinα

Ep e est l’énergie potentielle élastique.

Ep e =1

2K (Gv G )2

Gv G =Gv O +OG = (l − lO )+ x

⇒ Ep e =1

2K [(l − lO ) + x ]2

=1

2K (l − lO )

2 +K (l − lO )x +1

2K x 2

Ec est l’énergie cinétique du système.

Ec =1

2mV 2

L’énergie mécanique totale du système est donc :

E =−mg .x sinα+1

2K (l − lO )

2

+K (l − lO )x +1

2K x 2 +

1

2mV 2

E =x [K (l − lO )−mg sinα]

+1

2K (l − lO )

2 +1

2K x 2 +

1

2mV 2

D’après la condition d’équilibre mg sinα−K (l − lo ) = 0(voir 7.1) on a :

E =1

2K (l − lO )

2 +1

2K x 2 +

1

2mV 2

6.2.2. Equation différentielle du mouvement.En négligeant les frottements, l’énergie mécanique se

conserve. Donc,

1

2K (l − lO )

2 +1

2K x 2 +

1

2mV 2 = constante

Dérivons cette égalité par rapport au temps en remar-quant que :

d x 2

dt= 2x

d x

dtdcte

dt= 0

dV 2

dt= 2V

dV

dtd x

dt=V

dV

dt=

d

dt

d x

dt

=d2 x

dt 2

dE

dt=

1

2K (2x V ) +

1

2

m2Vd2 x

dt 2

= 0

⇒V

K x +md2 x

dt 2

= 0

Si V 6= 0, nous aurons :

d2 x

dt 2+

K

mx = 0

C’est l’équation différentielle du mouvement. Equation horaire du mouvement.

L’équation différentielle est de la forme :

d2 x

dt 2+ωo x = 0

avecωO =

√

√ K

m= 5 rad s−1. La solution de l’équation

différentielle est de la forme :

x = Xm sin(5t +φ)

où x est la loi horaire du mouvement. Xm etφ sont àdéterminer. D’après les données de l’exercice,

A(t = 0) =

¨

xO =+8×10−2 m (S7.4)

v =+0,3 m s−1 (S7.5)

D’après les expressions


V =d x

dt= Xmωo cos(ωO t +φ)

A(t = 0) =

xO = Xm sinφ (S7.6)

vO = Xmωo cosφ (S7.7)

La comparaison de (S7.4), (S7.5) (S7.6) et (S7.7) :¨

Xm sinφ = 8×10−2 (S7.8)

5Xm cosφ = 0, 3 (S7.9)

(S7.8)

(S7.9)⇒ tanφ = 1, 33⇒φ = 0,927 rad (S7.10)

(S7.10) dans (S7.4)

⇒ Xm = 0,1 m= 10 cm

x = 0, 1 sin(5t +0, 927)

;

7



7.1. Vitesse V2 de S2 avant le choc.Le choc se fait avec accrochage, c’est un choc mou. Lavitesse V2 de S2 avant le choc est liée à la vitesse VG del’ensemble S1 +S2 par la relation : (voir cours chap. 5).

−(m1 +m2)VG =−m2V2

⇒V2 =m1 +m2

m2VG

A.N. m1 = 0,1 kg ; m2 = 0,6 kg; VG = 0,42 m s−1 ;V2 = 0,49 m s−1.7.1.1. Energie mécanique du système.

E = Ep p +Ep e +Ec

avec Ep p = énergie potentielle de pesanteur ; Ep e = éner-gie potentielle élastique ; Ec = énergie cinétique. Choisis-sons pour origine des Ep p le plan horizontal, contenantla tige T , Ep p = 0. En nous plaçant à la date t = 0, Ep e = 0car le ressort n’est ni comprimé ni tendu.

EO = Ec o =1

2(m1 +m2)V

2G o = 0,0617 J

7.1.2. Abscisse x de G lorsque VG = 0 pour la premièrefois.À une date t quelconque, l’énergie mécanique du sys-tème est :

E =1

2K x 2 +

1

2(m1 +m2)V

2G

Le système n’étant pas soumis aux forces de frottement,son énergie mécanique reste constante. Ainsi :

E (t ) = E0

⇒1

2K x 2 +

1

2(m1 +m2)V

2G =

1

2(m1 +m2)V

2G o

Quand

VG = 0

⇒1

2K x 2 =

1

2(m1 +m2)V

2G o

⇒ x =±VG o

√

√m1 +m2

K

En tenant compte de l’orientation de l’axe et du sensdu mouvement du système à la date t = 0, l’abscisse xlorsque VG = 0 pour la première fois est :

x =−VG o

√

√m1 +m2

K

=−0, 42

√

√ 0, 1+0, 6

35=−0,059 m

7.1.3. Equation différentielle du mouvement de G . Système étudié : S1 +S2 de masse (m1 +m2) (après

le choc). L’étude est faite dans le référentiel terrestre, donc ga-

liléen. Les forces appliquées au système sont : le poids ~P , la

réaction ~R de la tige et la tension ~T du ressort.Appliquons la R.F.D. au système :

~P + ~R + ~T = (m1 +m2) ~a


0+0−T = (m1 +m2)ax

Avec

T = K x

ax =d2 x

dt 2

⇒d2 x

dt 2+

K

m1 +m2x = 0 (S7.1)

7.1.4. Equation horaire du mouvement de G .La solution de l’équation différentielle (S7.1) est de laforme :


avecωO =

√

√ K

m1 +m2= 7,07 rad s−1.

Déterminons Xm > 0 et φ à partir de x et v à t = 0.D’après les hypothèses,

A(t = 0)

xO =+0 (S7.2)

vO =−0,42 m s−1 (S7.3)



V =d x


On a :

A(t = 0)

xO = Xm . sinφ (S7.4)

vO = Xm .ωo . cosφ (S7.5)

La comparaison de (S7.2), (S7.3), (S7.4) et (S7.5) :

Xm sinφ = 0 (S7.6)

Xm 7, 07 cosφ = 0, 42 (S7.7)

(S7.6)⇒φ = 0 ouφ =π.La valeur deφ = 0 dans (S7.5)⇒ Xm < 0.Donc la solutionφ = 0 est à écarter.La solution φ = π dans (S7.5) ⇒

Xm =−0, 42

ωo cosπ= 0,059 m.

Donc l’équation horaire du mouvement est :

x = 0, 059 sin(7, 07t +π) =−0, 059 sin(7, 07t )

7.1.5. Caractéristique de la somme vectorielle des forcesappliquées au système lorsque sa vitesse s’annule pour ladeuxième fois.D’après le théorème du centre d’inertie :

∑

~F = (m1 +m2)d2 x

dt 2~i

Or d’après l’équation différentielle (S7.3)

(m1 +m2)d2 x

dt 2=−K x

Donc∑

~F =−K x ~i . La vitesse du système s’annule pourla deuxième fois en x =+Xm . Alors,

∑

~F =−K Xm ~i =−350, 059~i =−2, 065~i

;

7149



8.1. Position de G à l’équilibre. Système étudié : le mobile de masse m . L’étude est faite dans le référentiel terrestre, donc ga-

liléen. Les forces appliquées au système sont : le poids ~P du

mobile, la tension ~T1 du ressort R1, la tension ~T2 duressort R2.

O1 O2

G0X ′ X

~P

~R~T2~T1

Eν2Eν1 G (x )

D’après la condition d’équilibre de G , on a :

~P + ~R + ~T1 + ~T2 = ~0 (S7.1)

(S7.1), projetée sur x x ′, nous donne :

0+0−T1 +T2 = 0⇒ T1 = T2⇒ K1∆l1 = K2∆l2

R1 étant identique à R2,

K1 = K2⇒∆l1 =∆l2

Donc G se trouve entre O1 et O2 tel que :

G O1 = l01 +∆l1 + r

G O2 = l02 +∆l2 + r

avec l01 = l02 (car les deux ressorts sont identiques),et ∆l1 = ∆l2. Donc G O1 = G O2. Nous déduisons qu’àl’équilibre, G est au milieu de O1O2.Valeur∆l de l’allongement de chaque ressort.

2lO +2r +2∆l =O1O2

⇒∆l =1

2(O1O2 −2lO −2r )∆l

=1

2(70−2.20−2.5) = 10 cm

8.2. Montrons que le mouvement de G est harmonique.Le bilan des forces est le même qu’en 9.1. Appliquons laR.F.D. au système.

~P + ~R + ~T1 + ~T2 =m ~a (S7.2)

Projetons cette relation sur x x ′. Nous obtenons :

0+0−T1 +T2 =max (S7.3)

T1 = K Ev 1G

où Ev 1G = Ev 1G0 +G0G =∆l + x

et T2 = K Ev 2G = K (Ev 2G0 −G0G ) = K (∆l − x )

(S7.3) devient avec ax =d2 x

dt 2et on a

−K∆l −K x +K∆l −K x =md2 x

dt 2

⇒d2 x

dt 2+

2K

m x= 0 (S7.4)

L’équation différentielle du mouvement est de la forme :

d2 x

dt 2+ω2

O x = 0

avecωO =

√

√ 2K

m. Donc le mouvement est harmonique.

Calcul de la constante de raideur K .

T = K∆l ⇒ K =T

∆l=

1

0, 04= 25 N m−1

Expression et valeur numérique de la pulsationω0 :

ωO =

√

√ 2K

m=

√

√ 2 ·25

0, 7= 8,45 rad s−1

Période du mouvement :

T =2π

ωO= 2π

s

m

2K= 0,74 s

8.3. Loi horaire du mouvement.La solution de l’équation différentielle (S7.4) est de laforme :


avecωO = 8,45 rad s−1

Déterminons Xm et φ à partir de x et v à t = 0. D’aprèsles hypothèses,

A(t = 0)

¨

xO =+2×10−2 (S7.5)

v < 0 (S7.6)

V0 < 0 car le mouvement s’effectue dans le sens opposéà x x ′. D’après les expressions


V =d x


Xm = 5×10−2

(voir énoncé).

A(t = 0)

xO = Xm . sinφ (S7.7)

vO = Xm .ωo . cosφ (S7.8)

La comparaison de (S7.5), (S7.6) (S7.7) et (S7.8) :¨

5×10−2 sinφ = 2×10−2 (S7.9)

5×10−2 ·8, 45 cosφ < 0 (S7.10)

De (S7.9) on a :φ = 0,4115 rad ou φ = 3,14− 0,4115 rad = 2,73 rad. Pourφ = 0,4115 rad, on a :

v0 = 5×10−2 ·8, 45 cos(0, 4115) = 0,387 m s−1 > 0

Donc la solutionφ = 0, 4115 est à écarter car elle ne véri-fie l’hypothèse posée.Pourφ = 2,73 rad, on a :v0 = 5×10−2 ·8, 45 cos(2, 73) =−0,387 m s−1 < 0, solutionà retenir puisqu’elle vérifie l’hypothèse posée.Donc l’équation horaire du mouvement est :x = 0, 05 sin(8, 45t +2, 73).8.4. Energie mécanique totale du système (mobile, R1,R2) à une date t .En négligeant les frottements, l’énergie mécanique de ce

;

7


système est constante :

E = Ep p +Ep e (R1) +Ep e (R2) +Ec

Prenons comme origine de l’énergie potentielle de pe-santeur, le plan horizontal contenant le dispositif ⇒Ep p = 0

EP e (R1) =1

2K (∆l1)

2

avec∆l1 = EV 1G = EV 1GO +GO G = Ev 1GO + x

EP e (R2) =1

2K (∆l2)

2

avec∆l2 = EV 2G = EV 2GO −GO G = EV 2GO − x

Ec =1

2m v 2

E =1

2K

EV 1GO + x2

+1

2K

EV 2GO − x2+

1

2mV 2 (S7.11)

Développons et simplifions (S7.11) en tenant compte dece que Ev 1G0 = Ev 2G0 (voir équilibre). On obtient :

E = K (Ev G O )2 +K x 2 +

1

2mV 2

Retrouvons, à partir de E , l’équation différentielle dumouvement.Le système étant conservatif, son énergie mécanique seconserve donc E = constante.

E = constante

⇒ K x 2 +1

2mV 2 = constante−K (Ev GO )

2 (S7.12)

Dérivons par rapport au temps l’équation (S7.12). Ontrouve :

d2 x

dt 2+

2K

mx = 0

(démarche voir Exercice 6. question 6.2.2)


9.1. Calcul du moment d’inertie J de la barre par rapportà l’axe (∆) passant par O M .

J∆ =1

12M l 2

A.N. M = 0,2 kg ; l = 0,2 m ; J∆ = 6,67×10−4 kg m−2.

θ +

9.2.9.2.1. Montrons que le système effectue des oscillations

sinusoïdales. Système étudié : la barre AB . Les forces appliquées à la barre AB dans le référentiel

terrestre, donc galiléen, sont : le poids ~P , la tension~T du fil de torsion et le couple de torsion de moment

M .D’après le théorème du centre d’inertie appliqué au sys-tème en rotation on a :

M∆( ~P ) +M∆( ~T ) +M = J∆d2θ

dt 2(S7.1)

~P et ~T passent par∆. Donc

M∆( ~P ) = 0 M∆( ~T ) = 0

Par ailleurs M =−C θ (S7.1) devient :

0+0−C θ = J∆d2θ

dt 2

⇒d2θ

dt 2+

C

J∆θ = 0 (S7.2)

(S7.2) est une équation différentielle de la forme :

dθ

dt+ω2

Oθ = 0

avecω2O =

C

J∆⇒ωO =

√

√ C

J∆.

Donc le système constitue un oscillateur harmonique depulsation propreω0.Période des oscillations :

T =2π

ωO= 2π

√

√ J∆C

9.2.2. Equation horaire du mouvement.La solution de l’équation différentielle (S7.2) est de laforme :


avecωO =

√

√ C

J∆

θm étant connu (θm = 1 rad).Déterminonsφ à partir de x et v à t = 0.D’après les hypothèses,

A(t = 0)

θO =+θm = 1 rad (S7.3)

vO = 0 (S7.4)



V =dθ

dt= θmωo cos(ωO t +φ)

on a

A(t = 0)

θO = θm sinφ (S7.5)

vO = θmωo cosφ (S7.6)

La comparaison de (S7.3), (S7.4) (S7.5) et (S7.6) :

1 sinφ = 1 (S7.7)

1ωo cosφ = 0 (S7.8)

On trouveφ =π

2.

;

7151


Calcul deω0 :

ωO =2π

T=

2π

2=πrad s−1

L’équation horaire du mouvement du système est donc :

θ = sin

πt +π

2

= cosπt

9.2.3. Calculons C :

ω2O =

C

J∆

⇒C = J∆ω2O = 6,67×10−4 ·3, 142

= 6,58×10−3 N m rad−1

9.3. Montrons que l’énergie mécanique totale du systèmereste constante au cours du mouvement.À instant quelconque t , l’énergie mécanique totale est :

E = Ep p +Ep e +Ec

avec Ep p = énergie potentielle de pesanteur ; Ep e = éner-gie potentielle élastique ; Ec = énergie cinétique. Choisis-sons pour origine des Ep p le plan horizontal, contenantla barre, Ep p = 0.

EP e =1

2C θ 2 Ec =

1

2J θ ′

2

avec

θ = θm sin(ωO t −φ)

θ ′ =dθ


E =0+1

2C θ 2

m sin2(ωO t +φ)

+1

2J∆θ

2mω

2O cos2(ωO t +φ)

En remarquant que

ω2O =

C

J∆

sin2 x + cos2 x = 1E =1

2C θ 2

m


10.1. Montrons en utilisant deux méthodes différentesque l’oscillateur en rotation autour de (∆) est harmo-nique.Méthode 1. Utilisons la relation fondamentale de la dy-namique. Système étudié : la barre AB . Les actions agissant sur la barre AB dans le référen-

tiel terrestre, donc galiléen, sont : le poids ~P , l’action~R des deux portions de la tige. Les deux couples detorsion M1 et M2.

D’après la R.F.D. de rotation on a :

M∆( ~P ) +M∆( ~R ) +M1 +M2 = J∆d2θ

dt 2(S7.1)

~P et ~R passent par∆⇒M∆( ~P ) = 0 et M∆( ~R ) = 0.Par ailleurs M1 =−C1θ et M2 =−C2θ .

(S7.1) devient :

0+0−C1θ −C2θ = J∆d2θ

dt 2

⇒d2θ

dt 2+

C1 +C2

J∆θ = 0 (S7.2)

(S7.2) est une équation différentielle de la forme :

d2θ

dt 2+ω2

Oθ = 0

avec

ω2O =

C1 +C2

J∆⇒ωO =

√

√C1 +C2

J∆

Donc le système constitue un oscillateur harmoniquede pulsation propreω0.

Méthode 2. Utilisons la conservation de l’énergie méca-nique.Le système est la barre AB et les deux portions de tigeG E1 et G E2, subissant la torsion θ lorsque l’abscisse an-gulaire est θ . Bilan des actions agissant sur le système. Le poids ~P , l’action du support E1 et l’action du sup-

port E2.Toutes ces forces ne travaillent pas. Le système est doncconservatif et son l’énergie mécanique se conserve.

E = Ep (G E1) +Ep (G E2) +Ec (barre AB )= constante

Avec

E =1

2C1θ

2 +1

2C2θ

2 +1

2J∆θ

′2

où θ ′ =dθ

dt. La dérivée de E par rapport au temps est

nulle. En remarquant que la dérivée de θ 2 = 2θ ,dθ

dtet

que la dérivée de θ ′2 = 2θ ′d2θ

dt 2, nous avons :

C1 +C2θdθ

dt+ J∆θ

′ d2θ

dt 2= 0

avec θ ′ =dθ

dt

⇒

C1 +C2

θ + J∆d2θ

dt 2

dθ

dt= 0

Pourdθ

dt6= 0

⇒ (C1 +C2)θ + J∆d2θ

dt 2= 0⇒

d2θ

dt 2+

C1 +C2

J∆θ = 0

Cette équation différentielle est de la formed2θ

dt 2+ ω2

Oθ = 0 avec ωO =

√

√C1 +C2

J∆. Donc l’os-

cillateur en rotation autour de (∆) est harmonique depulsation propreω0

10.2. Calculons le moment d’inertie J∆ de la barre sa-chant que 10t0 =τ.

TO =2π

ωO= 2π

√

√ J∆C1 +C2

⇒ T 2O = 4π2 J∆

C1 +C2

;

7


avec TO =τ

10.

J∆ =(C1 +C2)τ2

400π2

=(8×10−2 +6×10−2)72

400π2= 1,74×10−3 kg m−2

10.3. Vitesse curviligne vmax du point A.La loi horaire du mouvement est de la formeθ = θm sin(ω0t +φ). Comme on a excité l’oscillateur en

l’écartant de 90° =π

2rad et l’abandonnant sans vitesse

initiale, l’amplitude de son mouvement est θm =π

2rad.

La vitesse angulaire étant :

θ ′ =dθ


La vitesse angulaire maximale est :

θm ′ = θmωO = θm2π

TO=

10θm2π

τ=

10π ·2π2τ

= 14,1 rad s−1

Le point A situé à la distance l = 0,2 m de l’axe∆ a pourvitesse angulaire maximale θm ′ et pour vitesse curvilignemaximale, vm = l θm ′ = 2,82 m s−1.


11.1. Position d’équilibre de la tige. Système étudié : la tige munie des charges +q et −q . Bilan des forces agissant sur le système : la force~F1 = q ~E agissant sur (+q ) et la force ~F2 = −q ~E agis-

sant sur (−q ).Les deux conditions d’équilibre doivent être satisfaites :

∑

M∆ = 0 absence de rotation (S7.1)∑

~F = ~0 absence de translation (S7.2)

D’après (S7.1)

F1l

2sinθ +

F2l

2sinθ = 0

⇒l

2(F1 + F2)sinθ = 0

⇒ sinθ = 0

⇒ θ = 0

Donc à l’équilibre θ = 0 et la position d’équilibrecorrespond à la position (S7.1) de la Figure.

11.2. Montrons que dans une position où θ 6= 0, la tigeest soumise à un couple de forces.Dans cette position, la tige est soumise à deux forces élec-triques : ~F1 = q ~E et ~F2 =−q ~E .~F1e t ~F2 ont la même direction que ~E donc ~F1 est parallèle

à ~F2.Par ailleurs ~F1 est opposée à ~F2, mais les deux forces n’ontpas le même support.Nous concluons que ~F1 et ~F2 constituent un couple deforces.Moment de ce couple : M∆ = F d avec F = q E (intensitécommune aux deux forces) et d = distance séparant lesdroites d’action des deux forces.

d = l sinθ

avec θ < 0.

M∆ =−q E l sinθ

11.3. Relation liant. θ etd2θ

dt 2.

D’après la R.F.D. de rotation,

M∆ = J∆d2θ

dt 2

⇒−q E l sinθ = J∆d2θ

dt 2

⇒d2θ

dt 2+

q E l

J∆sinθ = 0 (S7.3)

11.4. Condition pour que la tige effectue des oscillations.Il faut que θ soit petit, de sorte que sinθ ≈ θ et alors(S7.3) devient :

d2θ

dt 2+

q E l

J∆θ = 0 (S7.4)

C’est l’équation différentielle d’un oscillateur harmo-nique.Pulsation propre des oscillations (ωo ).L’équation (S7.4) est de la forme

d2θ

dt 2+ω2

Oθ = 0

avecωO =

√

√q E l

J∆.


12.1. Longueur l du pendule simple synchrone du pen-dule (P ).Soient T la période du pendule pesant (P ) et T ′ la pé-riode du pendule simple (P ′).

T = 2π

√

√ J∆mg a

T ′ = 2π

√

√ l

g

(P ′) est synchrone à (P ) si

T = T ′

⇒ T = 2π

√

√ J∆mg a

= 2π

√

√ l

g

⇒ l =J∆

ma

Où

J∆ = JG +mOG 2 =2

5m r 2 +ma ⇒ l =

2r 2 +5a 2

5a

12.2. Erreur relative si on assimile le pendule (P ) à unpendule simple de longueur a .Expressions des périodes T et T ′ des pendules pesant etsimple :

T = 2π

√

√ J∆mg a

T ′ = 2π

√

√ l

g

L’incertitude absolue est :

∆T = T −T ′ = 2π

√

√ J∆mg a

−√

√ l

g

;

7153


L’incertitude relative est :

∆T

T=

2π

√

√ J∆mg a

−√

√ l

g

2π

√

√ J∆mg a

= 1−

√

√a

g√

√ J∆mg a

= 1−√

√a mg a

g J∆

Simplifions en remarquant que :

J∆ =2

5m r 2 +ma 2

∆T

T= 1−

√

√ 5a 2

2r 2 +5a 2

Relation entre r et a pour que∆T

Tsoit inférieure à

4×10−5.

∆T

T< 4×10−5

⇒= 1−

√

√ 5a 2

2r 2 +5a 2< 4×10−5

⇒ (1−4×10−5)2<

5a 2

2r 2 +5a 2

1−4×10−52

2r 2 +5a 22< 5a 2

⇔ 2r 2

1−4×10−52< 5a 2

h

1−

1−4×10−52i

Pour

2

1−4×10−52= 1, 9998≈ 2

5h

1−

1−4×10−52i

= 3,9999×10−4 ≈ 4×10−4

nous avons :

2r 2 < 4×10−4a 2

⇒ a 2 > 5000r 2

⇒ a > 70, 7r


13.1. Etablissons l’équation différentielle du mouve-ment du centre de gravité du pendule ainsi constitué.Déterminons d’abord la position du centre de gravité Gde ce pendule par rapport à A. La relation barycentriques’écrit :

~OG =2m1 ~O C +m ~O B

2m1 +m1

Projetons cette relation vectoriel sur x x ′ en prenant Oconfondu à A.

AG =2m1AC +m1AB

3m1=

2AC +AB

3

avec AB = l et AC =AB

2=

l

2.

AG =2

l

2+ l

3=

2

3l

Equation différentielle du mouvement. Système étudié : la tige munie des masses m1 et m2. Bilan des forces agissant sur le système dans un

référentiel terrestre supposé galiléen : le poids~P = (m1 +m2) ~g appliqué en G et la réaction ~R del’axe, appliquée en C .

Appliquons la R.F.D. de rotation au système,

∑

M∆ = J∆d2θ

dt 2

⇒M∆( ~P ) +M∆( ~R ) = J∆d2θ

dt 2(S7.1)

M∆( ~R ) = 0 car ~R rencontre l’axe (∆). M∆( ~P ) = P ·AG sinθcar la distance entre G et l’axe (∆) est AG sinθ , M∆( ~P ) estun moment de rappel puisqu’il tend toujours à ramenerle pendule à sa position d’équilibre stable. L’équation(S7.1) devient :

−P ·AG sinθ = J∆d2θ

dt 2

⇒d2θ

dt 2+

P ·AG sinθ

J∆= 0

Pour de petites oscillations, sinθ ≈ θ en rad. Donc

d2θ

dt 2+

P ·AG

J∆θ = 0

Avec

P = 3m1g

J∆ = 2m1l 2

4+m1l 2

=3

2m1l 2

AG =2

3l

d2θ

dt 2+

3m1g 2l3

2m1l 23

θ = 0

⇒d2θ

dt 2+

4g

3lθ = 0 (S7.2)

C’est l’équation différentielle du mouvement de ce pen-dule.Calcul de la période T0.L’équation (S7.2) est de la forme :

d2θ

dt 2+ω2

Oθ = 0

avec

ω20 =

4g

3l

⇒ωO =

√

√ 4g

3l

;

7


La période T0 est donc :

T0 =2π

ωO= 2π

√

√ 3l

4g

=π

√

√ 3l

g= 3, 14

√

√ 3 ·0, 55

9, 8= 1,29 s

13.2. Nouvelle équation différentielle du mouvementpendulaire.Le système étudié est le même. Au bilan des forces de laquestion 14.1. il faut ajouter, une force ~F appliquée enB . Appliquons la R.F.D. de rotation au nouveau système.

∑

M∆ = J∆d2θ

dt 2

⇒M∆( ~P ) +M∆( ~R ) +M∆( ~F ) = J∆d2θ

dt 2(S7.3)

M∆( ~F ) = F ·AB sinθ = F · l sinθ

L’équation (S7.3) devient :

−P ·AG sinθ − F ·AB sinθ = J∆d2θ

dt 2

⇒d2θ

dt 2+(P ·AG + F ·AB )sinθ

J∆= 0


d2θ

dt 2+

P ·AG + F ·AB

J∆θ = 0

Avec P = 3m1g ; J∆ = 2m1l 2

4+ m1l 2 =

3

2m1l 2 et

AG =2

3l .

d2θ

dt 2+

3m1g2

3l + F l

2

3m1l 2

θ = 0

⇒d2θ

dt 2+

6m1g +3F

2m1lθ = 0 (S7.4)

Calcul de la nouvelle période.

ω′o2 =

6m1g +3F

2m1l

⇒ω′o =√

√ 6m1g +3F

2m1l

T ′o =2π

ω′o= 2π

√

√ 2m1l

6m1g +3F= 0,91 s


14.1. Expression de la période T1 quand le pendule os-cille autour de (∆1)

T1 = 2π

√

√ J1

mg a1

14.2. Montrons que a1a2 =JG

m.

Quand le même pendule oscille autour de (∆2) on a :

T2 = 2π

√

√ J2

mg a2

La période étant la même pour les axes (∆1) et (∆2), ona :

T1 = T2

⇒ 2π

√

√ J1

mg a1= 2π

√

√ J2

mg a2

⇒J1

a2=

J2

a2

⇒J1

J2=

a1

a2(S7.1)

D’après le théorème de Huygens,

J1 = JG +ma 21

J2 = JG +ma 22

(S7.1) devient

JG +ma 21

JG +ma 22

=a1

a2

⇒ JG a2 +ma 21 a2 = JG a1 +ma 2

2 a1

⇒ JG (a2 −a1) =ma1a2(a2 −a1)

⇒JG

m= a1a2

14.3. Montrons que la longueur l du pendule simple syn-chrone est l = a1 +a2.

T = 2π

√

√ l

g= 2π

√

√ JG +ma1

mg a1

⇒ l =JG +ma 2

1

ma1

JG =ma1a2

⇒ l =ma1a2 +ma 2

1

ma1= a1 +a2


15.1. Calcul de la période de ce pendule simple.

T = 2π

√

√ l

g= 2 ·3, 14

√

√ 0, 1

10= 0,628 s

15.2. Détermination de la nouvelle période. Système étudié : la sphère S écarté d’un angle θ par

rapport à sa position d’équilibre. Bilan des forces agissant sur le système dans un réfé-

rentiel terrestre donc galiléen : le poids ~P appliqué enS ; la force électrique ~F appliquée en S (q étant chargé(+), ~F et ~E ont le même sens) ; la tension ~T du fil.

O

(+)

(−)

d

θ

S

~F~P

A

B

~E+

;

7155


Appliquons la R.F.D. de rotation au système.

∑

M∆ = J∆d2θ

dt 2

⇒M∆( ~P ) +M∆( ~T ) +M∆( ~F ) = J∆d2θ

dt 2(S7.1)

M∆( ~T ) = 0 car ~T rencontre l’axe (∆).

M∆( ~P ) = P l sinθ

M∆( ~F ) = F l sinθ

En choisissant le sens trigonométrique comme le senspositif de rotation, (S7.1) devient :

−P l sinθ − F l sinθ +0= J∆d2θ

dt 2

⇔d2θ

dt 2+(P + F )l

J sinθ = 0

Pour les petites oscillations sinθ ≈ θ ; par ailleursJ∆ =ml 2

d2θ

dt 2+(P + F )l

ml 2θ = 0

⇒d2θ

dt 2+(P + F )

mlθ = 0

Nous obtenons ainsi l’équation différentielle du mouve-ment pendulaire. Elle est de la forme :

d2θ

dt 2+ω2

Oθ

avec

ω2O =

P + F

ml

⇒ωO =

√

√P + F

ml

TO =2π

ωO= 2π

√

√ ml

P + F

= 2 ·3, 14

√

√ 2×10−3 ·10−1

2×10−3 ·10+2×10−3 = 0,6 s

A.N. F =2×10−7 ·2000

0, 1= 0,002 N ; P = 0,02 N ;

ml = 2×10−4.15.3. Tension du fil au passage à la vertical. Système étudié : la sphère S . Bilan des forces agissant sur le système dans un réfé-

rentiel terrestre donc galiléen : le poids ~P appliqué enS ; la force électrique ~F appliquée en S et la tension~T du fil.

~n

~T

~t

~F~P

D’après la R.F.D. de translation.

~T + ~P + ~F =m ~a (S7.2)

~a est l’accélération centripète du mouvement circulaire

de rayon l et a pour expression a =V 2

loù V est la vitesse

de la sphère au passage à la verticale.Calculons V . Appliquons le théorème de l’énergie ciné-tique au système entre l’instant de départ et le passagepar la verticale,

1

2mV 2 −0= (mg + F )l

⇒V 2 =2l

m(mg + F ) = 2,2 m2 s−2

⇒ v = 1,48 m s−1

Projetons (S7.2) dans la base de Frenet (~t , ~n ). Suivant ~n :

T − F −P =mat =mV 2

l

⇒ T =mV 2

l+ F +P = 0,066 N

15.4. Trajectoire du mouvement de S après la rupture. Système étudié : la sphère S . Bilan des forces agissant sur la sphère S après la rup-

ture dans le référentiel terrestre donc galiléen : lepoids ~P et la force électrique ~F

x

y

~i

~j

~F~P

S

D’après la R.F.D. de translation.

~P + ~F =m ~a ⇒ ~a =~P + ~F

m(S7.3)

Les coordonnées de ~a à chaque instant dans le repère(O , ~i , ~j ) sont :

~a =

ax = 0

a y =p + F

m

En intégrant successivement ~a , en tenant compte de ceque à t = 0, x0 = 0, y0 = 0 et V0x =V = 1,48 m s−1, V0y = 0.

~V =

Vx =V

Vy =p + F

mt

et

~OG =

x =V t

y =1

2

p + F

mt 2

L’équation de la trajectoire s’obtient en éliminant t entreles expressions x et y .

y =1

2

P + F

m

x 2

V 2= 2, 5x 2

Nature de la trajectoire : elle est parabolique.Durée du mouvement.

;

7


La sphère touche B quand y = 5 cm= 0,05 m :

1

2m(P + F )t 2 = 0, 05

⇒ t =

√

√ 0, 05 ·2m

P + F= 0,095 s


16.1. Moment d’inertie du système par rapport à (∆).

J∆ = JO (disque)+ J∆ (bille B )

avec

JO (disque)=1

2M ′r 2 =

1

22M

l 2

9

et J∆ (bille)=M l 2 d’où

J∆ =10

9M l 2 = 0,04 kg m2

16.2. Montrons que le mouvement de petites oscillationsde ce pendule est sinusoïdal.Détermination du centre d’inertie G de ce pendule. Larelation barycentrique s’écrit :

O ~G =2M O ′ ~O +M O ′ ~A

2M +M

Projetons cette relation vectoriel sur x x ′ en prenant Oconfondu à A.

OG =2M ·O O +M ·O A

3M=

M ·O A

3M=

O A

3=

l

3

O (∆)2M

AM~P

θ

Equation différentielle du mouvement. Système étudié : le pendule Bilan des forces agissant sur le système dans un

référentiel terrestre supposé galiléen : le poids~P = (m1 +m2) ~g appliqué en G et la réaction ~R del’axe, appliquée en O .

Appliquons au mouvement de ce système, la R.F.D. derotation.

∑

M∆ = J∆d2θ

dt 2

⇒M∆( ~P ) +M∆( ~R ) = J∆d2θ

dt 2(S7.1)

M∆( ~R ) = 0 car ~R rencontre l’axe (∆).M∆( ~P ) = −P ·OG sinθ car la distance entre G et l’axe(∆) est OG sinθ . M∆( ~P ) est un moment de rappel puis-qu’il tend toujours à ramener le pendule à sa positiond’équilibre stable.L’équation (S7.1) devient :

−P ·OG sinθ = J∆d2θ

dt 2

⇒d2θ

dt 2+

P ·OG sinθ

J∆= 0


d2θ

dt 2+

P ·OG

J∆θ = 0

Avec P = 3M g ; J∆ =10M l 2

9et OG =

l

3

d2θ

dt 2+

3M g l

310M l 2

9

θ = 0

⇒d2θ

dt 2+

9g

10lθ = 0 (S7.2)

C’est l’équation différentielle du mouvement de ce pen-dule. Elle admet une solution θ (t ) de la forme :

θ = θm sin(ω0t +φ)

qui est l’équation d’un mouvement sinusoïdal de rota-tion de pulsation propre :

ωO =

√

√P ·OG

J∆= 3,87 rad s−1

Valeur de la vitesse angulaire du système au passage à laposition d’équilibre.

θ = θm sin(ω0t +φ)

avec θm = θ0. La vitesse angulaire de ce pendule estdonc :

dθ

dt= θmωO cos(ωO t +φ)

avec θm = θ0. Au passage à la position d’équilibre,

θ = 0

⇒ θ0 sin(ω0t +φ) = 0

⇒ (ω0t +φ) = 0

d’où :

θ0ω0 cos 0=ω0θ0 = 0, 1 ·3, 87= 0,387 rad s−1

Vitesse angulaire du système au passage à la position

d’équilibre pour un angle deπ

2.

D’après le théorème de l’énergie cinétique,

1

2J∆θ

′2 −0= 3M g OG

1− cosπ

2

⇒ θ ′ =√

√ 6M ·OG

J∆=

√

√ 9g

5l

θ ′ = 5,47 rad s−1

Déduction de la vitesse linéaire de la bille A.

VA = l θ ′ = 5, 47 ·0, 6= 3,30 m s−1

;

8157

Les oscillateurs électriques

8.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1588.1.1 Les oscillations électriques libres dans le circuit LC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1588.1.2 Equation dierentielle régissant les oscillations électriques non amorties . . . . . . . . . . . . . 1588.1.3 Lois horaires et diagrammes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

8.2 Energie électromagnétique d’un circuit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.2.1 Energie magnétique d’une bobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.2.2 Energie électrique d’un condensateur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.2.3 Conservation de l’énergie électromagnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

8.3 Entretien des oscillations électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1618.3.1 Amortissement des oscillations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1618.3.2 Equation diérentielle pour un oscillateur électrique amorti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1618.3.3 Tensions aux bornes d’un dipôle R LC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1628.3.4 Caractéristiques du dipôle R LC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1628.3.5 Etude de la résonance d’intensité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1648.3.6 Puissance électrique en régime sinusoïdal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

8.4 Analogie mécano – électrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167



;

8

158 Chapitre 8. Les oscillateurs électriques

8.1 Introduction

Un oscillateur électrique est un circuit dans lequelles électrons se déplacent en repassant périodiquementpar une position moyenne d’équilibre. En générale, unoscillateur électrique est constitué par un dipôle com-prenant : un conducteur ohmique de résistance R une bobine d’inductance L un condensateur de capacité C .

appelé dipôle R LC .On peut alors réaliser des oscillations libres ou des

oscillations forcées.

8.1.1 Les oscillations électriques libresdans le circuit LC

Expérience

Réalisons le montage de la figure ci-dessous en sup-posant que la bobine est dépourvue de résistance; cecas ne peut être que théorique puisqu’une bobine, en-roulement de fil, possède nécessairement une résis-tance non nulle.

Figure 8.1

charge q

voie YA

générateur(E , r )

u

L , r = 0

K1 K2 i

On charge le condensateur en fermant K1 puis onouvre K1 et on ferme K2 pour décharger le condensateurdans l’inductance. L’oscilloscope montre que la tensionu aux bornes du condensateur varie comme une fonc-tion sinusoidale du temps (voir figure ci-dessous) ; on ob-serve maintenant des oscillations non amorties, appe-lées aussi oscillations libres. Cela justifie le nom de cir-cuit oscillant donné au dipole L , C .

Conclusion: La décharge d’un condensateur dans uneinductance pure produit des oscillations sinusoidalesnon amorties.

Figure 8.2

t

u

Oscillations sinusoïdales non amorties aux bornesdu condensateur

8.1.2 Equation dierentielle régissantles oscillations électriques nonamorties

Conventions

Le sens de la flèche associée aux tensions est lié àl’orientation du dipole comme l’indique la figure ci-dessous :

Figure 8.3A Bi

u

Dipôlequelconque

i = iAB

u =VA −VB

Figure 8.4

A BiL

u

u = r i −e

si r = 0 ; u = Ldi

dt

Figure 8.5

A Bi

C

u

u =q

C

i =dq

dt

Mise en équation

Le condensateur est initialement chargé. Lorsqu’onappuie sur l’interrupteur K2, le condensateur se dé-charge de façon oscillante dans la bobine.

;

8159

8.1. Introduction

Figure 8.6

A BMC

i q iL

K2

UC UL

Au cours de cette décharge, la tension :

UAB =UL +UC = 0 (8.1)

En effet, l’interrupteur court-circuite les bornes Aet B .

Sachant que :

U C =q

Cet UL = L

di

dt

l’expression (8.1) devient :

Ldi

dt+

q

C= 0 (8.2)

or

i =dq

dt⇒

di

dt=

d

dt

dq

dt

=d2q

dt 2;

en remplaçant dans l’expression (8.2), on obtient :

Ld2q

dt 2+

1

Cq = 0

d2q

dt 2+

1

LCq = 0 (8.3)

(8.3) est l’équation differentielle régissant les oscilla-tions électriques dans le circuit.

Résolution de l’équation

Recherche de la solution

L’équation précédente est formellement équivalenteà celle qui a été obtenu pour un oscillateur harmoniquenon amorti :

m ·d2

dt 2+k · x = 0

et qui admet pour solution :

x (t ) = Xm · cos(ω0 · t +ϕ)

Par analogie, cela suggère d’essayer pour la variableq , une solution sinusoïdale du type :

q (t ) =Qm · cos(ω0 · t +ϕ)

Si cette solution convient :

dq

dt=−ω0 ·Qm · sin(ω0 · t +ϕ)

et

d2q

dt 2=−ω0

2 ·Qm · cos(ω0 · t +ϕ)

d2q

dt 2=−ω0

2 ·q

En remplacant dans l’équation differentielle :

L ·d2q

dt 2+

1

C·q = 0

il vient :

L ·ω02 ·q (t ) +

1

C·q = 0

Cette équation est satisfaite à tout instant lorsque :

L ·ω02 =

1

C

La solution sinusoïdale envisagée convient donc, àcondition que la constanteω0, soit liée aux caracteris-tiques des dipôles par la relation :

L ·C ·ωo2 = 1

Oscillations harmoniques

La constanteω0, est appelée pulsation propre (ou na-turelle) du circuit oscillant. Elle s’exprime en radian parseconde (rad s−1).

ω0 =1

pL ·C

ω0 en radian par seconde (rad s−1) ; L en henry (H) ; C en farad (F).

Dans l’expression :

q (t ) =Qm · cos(ω0 · t +ϕ),

les constantes Qm et ϕ dépendent des conditions ini-tiales choisies par l’experimentateur ( charge initiale ducondensateur et date d’origine). Qm est la charge maxi-male du condensateur et ϕ la phase á la date t = 0.

Période et fréquences propres

La période propre des oscillations est égale à la pé-riode de la fonction sinusoidale précédente, soit,

T0 =2π

ω

T0 = 2πp

L ·C

La période s’exprime en seconde (s). L’in-verse de la période propre est la fréquencepropre :

N0 =1

T0=

1

2πp

L ·C

;

8


8.1.3 Lois horaires et diagrammes

En électricité, la variable utilisée est souvent i (t ). L’in-tensité s’obtient par dérivation de l’expression :

q (t ) =Qm · cos(ω · t +ϕ)

soit :

i (t ) =dq (t )

dt=−ω0 ·Qm · sin(ω0 · t +ϕ)

Pour éviter le signe (−), i (t ) s’ecrit :

i (t ) =ω0 ·Qm · cos

ω0 · t +ϕ+π

2

i (t ) = Im · cos

ω0 · t +ϕ+π

2

avec Im =ω0 ·Qm , l’intensite maximale du courant.L’intensité du courant est en quadrature avance sur la

charge du condensateur.Ceci peut être représenté par des diagrammes q (t ) et

i (t ) (figure ci-dessous).

Figure 8.7

t

qQm

−Qm

T0

Figure 8.8

t

iim

−im

T0

L’intensité est nulle lorsque la charge est extrémale,elle est extrémale quand la charge est nulle.

8.2 Energie électromagnétiqued’un circuit

8.2.1 Energie magnétique d’une bobine

L’expression de l’énergie magnétique emmagasinéedans une bobine d’auto-inductance L , parcourue parun courant d’intensité i est donnée par :

Emgn =1

2L · i 2

Selon le paragraphe précédent, l’intensité i est telleque :

i =−ω0 ·Qm · sin(ω0 · t +ϕ)

En remplaçant dans l’expression de l’énergie magné-tique, il vient :

Emgn =1

2L ·ω0

2 ·Qm2 · sin2(ω0 · t +ϕ)

D’après la relation :

L ·ω02 ·C = 1,

soit

L ·ω02 =

1

C

on en déduit :

Emgn =1

2

Qm2

C· sin2(ω0 · t +ϕ)

En tenant compte de la relation :

2sin2α= (1− cos 2α)

Cette expression devient :

Emgn =1

4

Qm2

C· (1− cos(2ω0 · t +2ϕ))

L’énergie magnétique se présente comme une fonc-tion sinusoïdale du temps, de pulsation 2ω0

2, de fré-

quence 2N0 et de périodeT0

2.

8.2.2 Energie électrique d’uncondensateur

Les condensateurs ont été étudiés en classe depremière. L’énergie électrique emmagasinée dans uncondensateur de capacité C , lorsque sa charge est q ,est donnée par :

Eélec =1

2

q 2

C.

En tenant compte de l’expression de la chargeq (t ) = C · u (t ), l’énergie du condensateur s’exprimeaussi par les relations suivantes :

Eélec =1

2

q 2

C=

1

2C ·u 2 =

1

2q ·u

Or, selon nos conventions, la charge q s’écrit :

q =Qm · cos(ω0 · t +ϕ)

En remplaçant dans l’expression de l’énergie élec-trique, il vient :

Eélec =1

2

Qm2

C· cos2(ω0 · t +ϕ)

;

8161

8.3. Entretien des oscillations électriques

En tenant compte de la relation :

2cos2α= (1+ cos 2α)

Cette expression s’écrit :

Eélec =1

4

Qm2

C· (1+ cos(2ω0 · t +2ϕ))

L’énergie électrique se présente comme une fonctionsinusoïdale du temps, de pulsation 2ω0, de fréquence

2N0 et de périodeT0

2.

8.2.3 Conservation de l’énergieélectromagnétique

L’énergie électromagnétique d’un circuit oscillant estla somme de l’énergie magnétique de la bobine et del’énergie électrique du condensateur :

E =1

2L · i 2+

1

2

q 2

C

Soit :

Eélec =1

2

Qm2

C·

sin2(ω0 · t +ϕ) + cos2(ω0 · t +ϕ)

Les termes entre crochets sont indépendants dutemps, car :

sin2α+ cos2α= 1

Par suite :

E =1

2

Qm2

C

L’énergie électromagnétique du circuit oscillant restedonc constante. En d’autres termes, elle se conserve.

Cette énergie constante E , est égale à l’énergie élec-trique maximale emmagasinée dans le condensateur,1

2

Qm2

C, quand l’énergie magnétique est nulle. C’est

aussi l’énergie magnétique maximale emmagasinée parla bobine, quand l’énergie électrique est nulle, car :

Im =ω0 ·Qm et ω02 =

1

L ·Cd’où :

Eélec =1

2

Qm2

C=

1

2C·

Im

ω0

2

=1

2L · Im

2

Lors des oscillations, il y a transformation mutuelledes énergies électrique et magnétique.

8.3 Entretien des oscillationsélectriques

8.3.1 Amortissement des oscillations

Reprenons le montage du paragraphe 8.1.1 y insérantun dipôle ohmique de résistance réglable R . La courbeobtenue à l’oscilloscope montre que l’amplitude des os-cillations électriques diminue au cours du temps. Ondit que les oscillations électriques sont amorties.

Figure 8.9

charge q

voie YA

générateur(E , r )

uL , r = 0

R

K1 K2 i

On distingue deux cas : 1er cas : R est faible. La décharge du condensa-

teur est oscillante, mais amortie. On dit qu’elle estpseudo-périodique. La pseudo-période T est supé-rieure à la période propre. 2ème cas : R est élevée. Les oscillations dispa-

raissent. On dit que la décharge est apériodique.

Conclusion: La résistance électrique du circuit est lacause de phénomènes dissipatifs qui font diminuerl’énergie électromagnétique du circuit. Cette perted’énergie se traduit par l’apparition de la chaleur (eetJoule) et un amortissement des oscillations.

8.3.2 Equation diérentielle pour unoscillateur électrique amorti

Reprenons l’expérience du paragraphe 8.1.2 en y in-sérant un conducteur ohmique de résistance R .

Figure 8.10C

Li i

K2

A BM

q

UR LUC

;

8


Quand l’interrupteur K2 est fermé,

UAB =UC +UR L = 0

avec UC =q

C,

UR L =R i + Ldi

dt

donc

q

C+R i + L

di

dt= 0

En choisissant comme variable q (t ), il vient, avec

i =dq

dtet

di

dt=

d2q

dt 2

q

C+R

dq

dt+ L ·

d2q

dt 2= 0

soit

L ·d2q

dt 2+R

dq

dt+

1

C·q = 0 (8.4)

(8.4) est l’équation différentielle des oscillations élec-triques amorties.

8.3.3 Tensions aux bornes d’un dipôleR LC

Considérons un dipôle formé d’un conducteur oh-mique de résistance r ′, d’une bobine d’inductance Let de résistance r et d’un condensateur de capacité C ,monté en série.

Figure 8.11

r ′C

i

A

B D

E(+)

L , r

Déterminons la tension aux bornes de ce dipôle.D’après la loi d’additivité des tensions,

UAE =UAB +UB D +UD E

avec :

UAB = r ′ · i (aux bornes du conducteur)

UB D = r · i + Ldi

dt(aux bornes de la bobine)

UD E =q

C(aux bornes du condensateur)

Donc :

UAE = (r′+ r )i + L

di

dt+

q

Cavec i =

dq

dt(8.5)

Choisissons l’origine des dates de sorte quei = Im cosωt .

Dans ces conditions,di

dt=−Imωsinωt ;

sachant que −sin x = cos

x +π

2

di

dt=−Imωsinωt = Imωcos

ωt +π

2

Quelle est la fonction q (t ) dont la dérivée par rapportau temps est Im cosωt ?

q (t ) =Im

ωsinωt

sachant que

sin x = cos

x −π

2

q (t ) =Im

ωsinωt =

Im

ωcos

ωt −π

2

En posant R = r ′ + r (résistance totale du circuit), (8.5)s’écrit alors :

UAE =R Im cosωt + LωIm cos

ωt +π

2

+Im

Cωcos

ωt −π

2

(8.6)

(8.6) est l’expression de la tension aux bornes du dipôleR LC en série.

8.3.4 Caractéristiques du dipôle R LC

Considérons un dipôle R LC montés en série. Ce di-pôle est alimenté par une tension sinusoïdale :

u (t ) =Um cos(ωt +ϕ) (8.7)

où ϕ désigne l’avance ou le retard de phase de u parrapport à i .

D’après le paragraphe ci-dessus, on rapproche les ex-pressions (8.6) et (8.7). Ainsi,

Um cos(ωt +ϕ) =R Im cosωt + LωIm cos

ωt +π

2

+Im

Cωcos

ωt −π

2

Nous devons déterminer une relation entre U et I etla valeur de ϕ grâce à cette équation. Pour cela, nousdevons faire la somme de trois fonctions sinusoïdalesde même pulsation (deuxième membre de l’équationci-dessus).

Cette somme (non évidente par voie trigonomé-trique) est rendue facile par la méthode de Fresnel.

Ainsi, ~O M représente

uR =R · Im · cos(ωt )

~M N represente

uL = L ·ω · Im · cos

ωt +π

2

;

8163


~N P represente

uC =Im

C ·ω· cos

ωt −π

2

Nous pouvons alors faire la construction de Fresnelpour l’équation (8.2).

~O P = ~O M + ~M N + ~N P

Donc le vecteur ~O P représente la grandeur

Um · cos(ωt +ϕ)

Ainsi que la somme des trois fonctions sinusoidales.~O P a donc pour norme Um et l’angle ( ~O X , ~O P ) =ϕ.

Figure 8.12

OM x

Origine des

phases

ϕ

P

N

+π

2

−π

2

Il apparait sur la figure 8.12 ci-dessus un triangle rec-tangle O M P d’hypoténuse O P =Um , de cotés :

O M =R · Im

M P = (M N −N P ) = L ·ω · Im −Im

C ·ωLe théorème de Pythagore permet d’écrire :

Um2 =

R · Im

2+

L ·ω−1

C ·ω

Im

2

Sachant que : Um =Up

2 et Im = Ip

2, on a :

U 2 = I 2

R 2+

L ·ω−1

C ·ω

2

d’où l’impédance Z et la phase ϕ.

Z =U

I=

√

√

√

R 2+

L ·ω−1

C ·ω

2

tanϕ =L ·ω−

1

C ·ωR

et cosϕ =R

Z

R en ohms (Ω) ; L en henry (H) ; ω en rad s−1 ; C en fa-rads (farad) ; Z en ohms (Ω).

Remarque.

1. L’inverse y =1

Zest appelé admittance du di-

pôle. L’admittance s’exprime en siemens (S).

2. La diérence

L ·ω−1

C ·ω

est appelée réac-

tance du circuit.

(L ·ω) étant la réactance de l’induction,

1

C ·ω

étant la réactance de capacité. Une réactance semesure en ohms.

3. Lorsque L ·ω>1

C ·ω(l’eet d’inductance l’em-

porte sur l’eet de capacité), tanω> 0⇒ω> 0,u est en avance sur i . Le diagramme de Fresnelest celui de la gure 8.13

Figure 8.13

OR · Im

Um

ϕ

L ·ω · Im

Im

C ·ω

4. Lorsque L · ω <1

C ·ω(l’eet de capa-

cité l’emporte sur l’eet d’inductance),tanϕ < 0→ϕ < 0, u est en retard par rapportà i . Le diagramme de Fresnel est celui de lagure 8.14.

Figure 8.14

OR · Im

Im

C ·ωUm

ϕ

L ·ω.Im

5. Si L ·ω=1

C ·ω(l’eet de capacité et l’eet d’in-

ductance se compensent),ω= 0. u et i sont enphase.C’est la résonance d’intensité, objet du para-graphe 8.3.3. Le diagramme de Fresnel est celuide la gure 8.15.

Figure 8.15

OUm

Im

C ·ω

R · Im

L ·ω · Im

6. Dans le cas d’un dipôle constitué d’un condensa-

;

8


teur de capacité C , Z =1

C ·ω.

Siω−→ 0, Z −→∞ et I −→ 0.Retenons : lorsqu’un circuit est alimenté par ungénérateur de tension continue, un courant nepeut s’établir dans une branche qui comporte uncondensateur.

7. Si i = Im ·sin(ω · t ) et u =Um ·sin(ω · t +ϕ) oùϕ désigne l’avance ou le retard (selon que ϕ estpositif ou négatif) de phase de u par rapport ài . Ainsi,

di

dt= Im ·ω · cos(ω · t )

= Im ·ω · sin

ωt +π

2

∫ t

0

i dt =Im

ω· cos(ωt )

=Im

ω· sin

ωt +π

2

en eet cos x = sin

π

2− x

⇒−cos x =−sin

π

2− x

= sin

−

π

2− x

L’équation diérentielle peut donc s’écrire :

Um · sin(ωt +ϕ) =R · Im · sin(ωt )

+ L ·ωIm · sin

ω · t +π

2

+1

C ·ω· Im · sin

ω · t −π

2

(8.8)

Notons que u = Um · cos(ω · t + ϕ) etu =Um · sin(ω · t +ϕ) sont deux expressionséquivalentes qui correspondent seulement à desorigines des temps (t = 0) diérentes (ces ori-gines étant rarement précisées)

8.3.5 Etude de la résonance d’intensité

Dénition.

Etant donné un circuit (R , L , C ) série alimenté par unetension sinusoïdale, l’intensité du courant dans le cir-cuit varie en fonction de la pulsationω de la tension.A la résonance d’intensité, l’intensité ecace du cou-rant dans le circuit est maximale.

Conséquences

Pulsation à la résonance

I =U

Z

Pour U = constante, I est maximale lorsque Z est mini-male. Or

Z =

√

√

√

R 2+

L ·ω−1

C ·ω

2

R étant constant, Z est minimale lorsque :

L ·ω−1

C ·ω= 0⇒ L ·C ·ω2 = 1

⇒ω=1

pL ·C

or1

pL ·C

=ω0

C’est la pulsation propre du circuit.Donc à la résonance, la pulsationω est égale à la pul-

sation propreω0 du circuit.

Impédance du circuit à la résonance

A la résonance, L ·ω−1

C ·ω= 0 donc Z =R .

A la résonance, l’impédance du circuit est minimal etégale à la résistance du circuit.

Phaseϕ à la résonance

tanϕ =L ·ω−

1

C ·ωR

or à la résonance,

L ·ω−1

C ·ω= 0⇒ tanϕ = 0 et ϕ = 0

Donc à la résonance, l’intensité i est en phase avecla tension appliquée u .

Courbe à la résonance


Figure 8.16

C

M

(u )V

A

r ′

(L , r )

G.B.F.

C’est celui de figure 8.16. r ′ est la résistance variabled’un conducteur ohmique. La résistance totale du cir-

;

8165


cuit est R = r + r ′.

La courbe de résonance traduit les variations de l’in-tensité efficace I dans le circuit en fonction de la pul-sation ω lorsque la valeur efficace U de la tensiond’alimentation reste constante. On obtient une courbeayant l’allure de la figure 8.17.

Figure 8.17

ω ou f

I (ω) ou I ( f )

ω ou f

I =U

R

(1)

(2)

(3)

Eet de R sur la courbe de résonance

Traçons sur un même graphique, les courbes de ré-sonance (à tension efficace appliquée U déterminée)pour trois valeurs de R :

R faible (quelques ohms) courbe (1) ; R moyen (quelques dizaines de ohms) courbes (2) ; R grand (une ou quelques centaine de ohms)

courbe (3).

Nous constatons que :

quelle que soit la valeur de R , la pulsation de réso-nance est égale à la pulsation propre du circuit. Pour une faible valeur de R , la courbe de réson-

nance est "pointue". On dit que la résonance estaiguë (courbe 1). Pour les grandes valeurs de R , la courbe de réso-

nance est floue (courbe 3).

Bande passante

On admet qu’un oscillateur a une bonne réponse si

I ≥I0p

2, I0 étant l’intensité efficace à la résonance.

Figure 8.18

ω ou f

I (ω) ou I ( f )

ω0

I0

0, 71I0

ω1 ω2∆ω

Ainsi, la bande passante d’un circuit (R , L , C ) série estl’ensemble des pulsations pour les quelles

I (ω)≥I0p

2= 0, 71 · I0

Les pulsations limites ω1 etω2 de cette bande sonttelles que :

I (ω1) = I (ω2) =I0p

2= 0, 71 · I0

La grandeur ∆ω = ω2 −ω1 est la largeur de la bandepassante du circuit (R , L , C ) série.

On montre que∆ω=R

L

Remarque.

Lorsque la résistance R est petite, la résonanceest aiguë ; la largeur de la bande passante estpetite. Un tel circuit est dit sélectif (car il ne "ré-pond" qu’aux alentours de la pulsation de réso-nanceω0) Pour une résistance R élevée, la résonance est

oue ; la largeur de la bande est grande. Un telcircuit est peu sélectif.

Facteur de qualité

Le facteur de qualité est défini par :

Q =ω0

ω2−ω1=

L ·ω0

R

Un circuit est d’autant plus sélectif que son facteurde qualité Q est plus grand.

Surtension à la résonance

Si la résistance du dipôle est faible, l’intensité efficaceest élevée, notamment à la résonance où les tensionsefficaces aux bornes du condensateur et de la bobinesont alors nettement supérieures à la tension appliquéeaux bornes du dipôle : c’est la surtension à la résonancequi peut entraîner les électrocutions ou le claquage descondensateurs.

;

8


8.3.6 Puissance électrique en régimesinusoïdal

Puissance instantanée

p = u · i

avec

i = Im · cos(ωt ) = I ·p

2 · cos(ωt )

et

u =Um · cos(ωt +ϕ) =U ·p

2 · cos(ωt +ϕ)

ϕ étant la phase de u par rapport à i .

p = 2 ·U · I · cos(ωt ) · cos(ωt +ϕ)

En utilisant la relation trigonométrique

cos a · cos b =1

2

cos(a + b ) + cos(a − b )

p =U · I · cos(2ω · t +ϕ) +U · I · cos(ϕ)

p est une fonction périodique de pulsation :

ω′ = 2 ·ω

de période

T ′ =T

2

Puissance moyenne

Elle a pour expression :

P =U · I · cos(ϕ)

Le facteur U · I est la puissance apparente. Elle rap-pelle la puissance reçu par le dipôle en courantcontinu. Le terme cosϕ qui dépend du dipôle considéré par

ses caractéristiques R , L , C est le facteur de Puis-sance du dipôle.

On mesure la puissance moyenne à l’aide d’un watt-mètre.

Figure 8.19

ω ou f

I (ω) ou I ( f )

ω ou f

I =U

R

Forme de l’énergie échangée dans un dipôle (R , L , C ) enrégime sinusoïdal

P =U · I · cosϕ

avec U = Z · I et cosϕ =R

Z

⇒ P = Z · I · I ·R

Z=R · I 2

⇒ P =R · I 2

Donc la puissance moyenne reçue par un circuit(R , L , C ) apparaît sous forme thermique dans la résis-tance.

Les inductances pures (R = 0) et les condensateursne consomment aucune énergie.

Pour ces deux éléments,

ϕ =+π

2ϕ =−

π

2⇒U · I · cosϕ = 0

Conclusion: Comment résoudre un problème portantsur un circuit (R , L , C ) série.1. Appliquer la relation U = Z · I soit pour le cir-

cuit entier, soit pour un dipôle appartenant àce circuit. Par exemple aux bornes du conden-sateur, la valeur ecace de la tension est UC

telle que :UC = ZC · I où ZC est l’impédance ducondensateur.

2. Il faut bien retenir les formules :

Z =

√

√

√

R 2+

L ·ω−1

C ·ω

et

tanϕ =L ·ω−

1

C ·ωR

Si le dipôle considéré ne comporte pasde résistance, on fait disparaître le termeR (R = 0) s’il est non inductif, on élimine le terme

en L (L = 0) s’il ne comporte pas de condensateur, on

élimine le terme en C

1

C ·ω= 0

.

;

8167

8.4. Analogie mécano – électrique

Exemples.

Circuit (R , L ) :

Z =p

R 2+ L 2 ·ω2

tanϕ =L ·ω

R Circuit (R , C ) :

Z =

√

√

R 2+1

C 2 ·ω2

tanϕ =1

R ·C ·ω Inductance pure L :

Z = L ·ωtanϕ =+∞

car R = 0 et ϕ =+π

2 Capacité pure C :

Z =1

C ·ωtanϕ =∞

car R = 0 et ϕ =−π

2

3. Retenez que : les tensions ecaces ne s’additionnent

pas ; les impédances en série ne s’addi-

tionnent pas.4. Dans les calculs, on sera assez souvent amené

à utiliser les termes L ·ω et1

C ·ω, dans les ex-

pressions de Z et de tanϕ. Il convient donc deles calculer et de conserver leurs valeurs numé-riques (qui s’expriment en ohms).

8.4 Analogie mécano –électrique

La similitude des diagrammes énergétiques des deuxtypes d’oscillateurs permet de comprendre le phéno-mène d’oscillation libre.

Cas d’oscillateur mécanique non-amortie

Il possède, à chaque instant, une énergie

E =1

2m v 2+

1

2k x 2.

Cette énergie se conserve au cours du temps :

E =1

2k X 2

M = E0

E0 est l’énergie fournie initialement par l’opérateur. Il y a échange d’énergie entre le forme potentielle

et la forme cinétique, cet échange perpétuant lesoscillations.

Cas d’un oscillateur électrique non amorti(circuit L , C )

Il possède, à chaque instant, l’énergie

E =1

2Li 2+

1

2

q 2

C

Cette énergie se conserve au cours du temps (ellereste égale à l’énergie E0 fournie par l’opérateur). Il y a échange entre l’énergie emmagasinée dans la

bobine et celle emmagasinée dans le condensateur,cet échange perpétuant les oscillations.

Conclusion: Au cours des oscillations ( mécaniquesou électriques) libres non amorties, il y a un échangepériodique entre formes d’énergie : quand l’une aug-mente, l’autre diminue, et inversement. Nous pouvonsalors dresser un tableau des grandeurs mécaniqueset électriques équivalentes :

Grandeurs mécaniques Grandeurs électriques

Elongation (x ou θ ) Charge q

Vitesse : v =dx

dtIntensité : i =

dq

dt

Energie potentielle :

EP =1

2k x 2

Energie emmagasinée dansle condensateur :

WC =1

2

q 2

C

Energie cinétique :

EC =1

2m v 2

Energie emmagasinée dansla bobine :

WL =1

2Li 2

Inertie m (ou J∆) Auto-inductance L

Raideur k

(ou C )

1

C

(C : capacité du condensa-

teur)

Force T (ou moment) Tension électrique u

Coecient de frottement Résistance R

;

8



Exercice 1.

Un circuit est constitué d’une résistance R = 200Ω, d’unebobine inductive (inductance L = 0,1 H ; résistance négli-geable) et d’un condensateur de capacité C = 1µF placésen série. Il est alimenté par un générateur B F qui délivreà ses bornes une tension alternative sinusoïdale u de fré-quence 250 Hz et de valeur efficace U = 5 V.

R

C

∼u

L

1.1. Calculer l’intensité dans le circuit.1.2. Si l’on se donne la tension instantanée u sous laforme : u =Um cos(ωt ), quelle est la loi de variation del’intensité instantanée i en fonction du temps : i (t )?1.3. Calculer les tensions UR (aux bornes de la résis-tance) ; UB (aux bornes de la bobine) ; UC (aux bornesdu condensateur). Comparer la somme UR +UB +UC àla tension efficace appliquée U et conclure.1.4. Quelles sont les valeurs des impédances : Z du circuit (R , L , C ) série ; ZR de la résistance ; ZB de la bobine ; ZC du condensateur.Comparer la somme ZR +ZB +ZC à Z et conclure.

Exercice 2.

On établit une tension alternative u = 30p

2 sin(2π f t ),de fréquence variable, entre les extrémités d’une portionde circuit comprenant : un conducteur ohmique de ré-sistance R = 60Ω ; une bobine d’inductance L = 0,1 Het de résistance négligeable ; un condensateur de capa-cité C = 0,25µF. L’intensité instantanée du courant quicircule dans cette portion de circuit est de la forme :

i = Ip

2 sin(2π f t +φ)

2.1. Donner en fonction de R , L , C , f , les expressionsde l’impédance de la portion de circuit et du déphasageφ du courant sur la tension. Déterminer la valeur f0 de lafréquence telle que l’intensité i soit en phase avec la ten-sion u . Calculer pour cette valeur f0 l’intensité efficaceI0 correspondante.2.2. Montrer qu’il existe deux valeurs f1 et f2 de la fré-quence pour lesquelles le déphasage φ du courant surla tension a la même valeur absolue. Etablir la relationf1 f2 = f 2

O , f0 étant la valeur calculée dans la question pré-cédente. Interpréter par la construction de Fresnel.

Exercice 3.

Un circuit comprend en série : un conducteur ohmiquede résistance R = 10Ω, un condensateur de capacitéC = 8µF, une bobine d’inductance L et de résistance rà déterminer (voir schéma). On maintient entre M et Nune tension alternative sinusoïdale u (t ) =U

p2 cos(ωt ).

On visualise sur un oscillographe cathodique bicourbeles tensions uM N = u (t ) (entrée A) et uP N (entrée B ).On obtient sur l’écran les courbes de la figure ci-dessousavec : balayage 0,5 ms par division gain de l’entrée A 2 V par division gain de l’entrée B 1 V par division

M

∼Q

C

PR

N

L , r

O

(A)

(B)

3.1. Indiquer clairement sur le schéma les branche-ments à effectuer pour visualiser uM N et uP N .3.2. Calculer la période et la fréquence du courant. Cal-culer la tension maximale uM N (max) et la tension effi-cace U . En déduire l’expression de u (t ).3.3. Calculer la tension maximale UP N (max). En dé-duire l’intensité maximale Im et l’intensité efficace I ducourant qui traverse le circuit. Calculer l’impédance ducircuit.3.4. L’intensité instantanée i (t ) est-elle en avance ou enretard sur la tension u (t )?Calculer son déphasage et donner son expression en va-leurs numériques.3.5. Calculer la résistance et l’inductance de la bobine.

Exercice 4.

Un conducteur ohmique de résistance R = 55Ω et undipôle inconnu (qui peut être une bobine pure d’in-ductance L , ou un condensateur de capacité C ) sontmontés en séries entre A et D . Aux bornes de l’en-semble, on applique une différence de potentiel alter-native sinusoïdale de valeur efficace U , de fréquence fuD A =Um . cos(2π f t ) On observe sur l’écran d’un oscil-lographe bicourbe, les courbes représentant. uB A = f (t )sur la voie 1 ; uD A = g (t ) sur la voie 2. La sensibilité est de :2 V cm−1 sur la voie 1 et 5 V cm−1 sur la voie 2. L’échelledu temps est de 0,2 ms cm−1.

;

8169


R

∼

DipôleinconnuA B D

Voie 1 Voie 2

Voie 2

Voie 1

4.1. 4.1.1. Déterminer la fréquence du courant dans cecircuit.4.1.2. Quelle est la tension efficace aux bornes du géné-rateur ?4.2. 4.2.1. Quelle est la tension efficace aux borne durésistor ?4.2.2. En déduire l’intensité efficace du courant dansle circuit. Donner l’expression de sa valeur instantanéei (t ).4.3. En déduire la nature du dipôle inconnu et calculerson coefficient caractéristique.(BAC D Côte-D’Ivoire Juin 1983)

Exercice 5.

On alimente successivement par une même tension al-ternative sinusoïdale uAD les dipôles 1 et 2 représentésrespectivement sur les figures 1 et 2. Le dipôle 1 com-prend en série : deux résistances r1 = 10Ω et R2 = 32Ω etune bobine d’inductance L et de résistance r . Le dipôle2 comprend en série : les deux résistances précédentes,la bobine précédente et un condensateur de capacité C .On suit sur le même oscilloscope bicourbe les variationsdes tensions uAD (voie Y1) et uB D (voie Y2) en fonctiondu temps. Les caractéristiques de l’oscilloscope sont lessuivantes : 5×10−3 s cm−1 pour la base de temps qui commande

le balayage horizontal O x ; voie Y1 : 10 V cm−1 pour la déviation verticale O y ; voie Y2 : 1 V cm−1 pour la déviation verticale O y .On observe successivement sur l’écran de l’oscilloscopeles courbes représentées sur les figures 1 et 2.

Figure 1

D

r1B

r2

A

∼

Y2 Y1

L r

x

y

UAD UB D

O

Figure 2

D

r1B

r2C

A

∼

Y2 Y1

L r

x

y

UAD

UB D

O

5.1. Donner l’expression en fonction du temps de la ten-sion uAD , en précisant les valeurs numériques de la ten-sion maximale Um de la pulsationω et de la phase à l’ori-gine θ rapportée aux axes O x et O y des figures 1 et 2.5.2. Etudier les déphasages entre l’intensité iAD et latension uAD pour les dipôles 1 et 2. A quel cas particuliercorrespond le dipôle 2 ?5.3. Déduire des résultats expérimentaux la résistancer de la bobine.5.4. Calculer les valeurs numériques de L , inductancede la bobine et de C , capacité du condensateur.

Exercice 6.

On réalise le circuit ci-dessous : le générateur basse fré-quence fournit une tension sinusoïdale. On fait varierla fréquence f du générateur B F et on relève l’intensitéefficace du courant. On obtient les valeurs suivantes :

;

8


f (Hz) 100 120 140 160 180 200

I (mA) 11,5 19 24 28 30 28,5

f (Hz) 220 240 260 280 300

I (mA) 25,5 22,5 20 18 1

R

A

∼G.B.F. C = 10µF

L , r

Voie A

Voie B

6.1. Tracer la courbe donnant I en fonction de f .Echelle : 1 cm pour 50 Hz et 1 cm pour 2 mA. Prendrepour origine des axes ordonnée 10 mA et en abscisse0 Hz.6.2. Déterminer graphiquement la fréquence f0 et l’in-tensité efficace I0 du courant correspondant à la réso-nance.6.3. Calculer l’inductance de la bobine.6.4. On relie un oscillographe à deux voies au circuit eton règle la fréquence du générateur à la valeur f0 cor-respondant à la résonance. On observe les courbes sui-vantes sur l’écran :6.4.1. A quelle durée correspond une division du balayede l’oscillographe ?6.4.2. Sachant que pour les entrées A et B la sensibilitéverticale est de 1 V par division, calculer R .6.4.3. Donner la valeur de la résistance r de la bobine.

Voie A

Voie B

Exercice 7.

Toute réponse sera exprimée sous forme littérale et nu-mérique. On pourra prendre π2 = 10.

iR1 L1

C1

M

N

UM N

7.1. On considère entre deux bornes M et N une por-tion de circuit R1L1C1, où sont montés en série : unerésistance pure R1 = 300Ω, une inductance non ré-

sistive L1 = 0,318 H et un condensateur de capacitéC1 = 6,28µF. On maintient entre M et N une différencede potentiel sinusoïdale de valeur efficace U = 220 V etde fréquence 50 Hz.

7.1.1. Calculer la réactance X1 = L1ω −1

C1ω, l’impé-

dance Z1 et l’intensité efficace I , du courant traversantcette portion de circuit.7.1.2. Construire le diagramme de Fresnel représen-tant les valeurs instantanées des tensions aux bornes dechaque appareil. En déduire le déphasage φ1 existantentre l’intensité i1 et la tension u aux bornes du circuit.Lequel des 2 effets, inductif ou capacitif, est prépondé-rant ?7.2. On remplace entre M et N , le circuit précédentpar un circuit analogue R2L2C2 dans lequel R2 = 50Ω,L2 = 0,314 H, C2 = 63,7µF. La différence de potentiel estinchangée.7.2.1. Calculer la réactance X2 et l’impédance Z2 du cir-cuit à 50 Hz.7.2.2. Pour quelle valeur de la fréquence l’intensité effi-cace est-elle maximale ? Calculer alors l’intensité corres-pondante.7.2.3. On appelle coefficient de surtension Q2 du cir-cuit le rapport entre la tension efficace Uc aux bornesdu condensateur et la tension efficace U à la résonance.Exprimer Q2 en fonction de R2, C2,ωo d’une part et enfonction de R2, L2 et ωo d’autre part, ωo désignant lapulsation à la résonnance. Calculer Q2.7.3. 7.3. On associe maintenant en série les deux cir-cuits précédents R1L1C1 et R2L2C2 entre M et N , dontla différence de potentiel est inchangée.7.3.1. Montrer que ce circuit est équivalent à un circuitR LC dont on calculera les valeurs. En déduire les valeursde la réactance, de l’impédance Z et de l’intensité effi-cace I à 50 Hz. Calculer le déphasage φ existant entrel’intensité et la tension. Laquelle de ces grandeurs est enavance de phase sur l’autre ?7.3.2. En faisant varier la fréquence, montrer que l’onpeut trouver une autre fréquence f ′ pour laquelle le dé-phasage φ aura la même valeur absolue. Montrer quef f ′ = f 2

o , fo étant la fréquence de résonance f = 50 Hz.Calculer f ′.

Exercice 8.

Montage 1

×A

R

×B

Montage 2

×A

R L

×B

Montage 3

×A

R LC

×B

A l’aide d’une résistance R , d’une bobine de résistance

;

8171


négligeable, d’inductance L et d’un condensateur de ca-pacité C , on peut réaliser l’un des montages suivants. On établit une d.d.p. continue entre A et B ; on ob-

serve alors le passage d’un courant permanent. On établit entre A et B une d.d.p. sinusoïdale :

u = 14, 14 sin(100πt ) (u en volt).On observe les résultats suivants : intensité efficace ducourant 2 A; puissance moyenne consommée : 12 W.8.1. Quel est, parmi les trois montages proposés, celuiqui a été réalisé ? On justifiera la réponse.8.2. Calculer les caractéristiques des appareils consti-tuant ce montage.8.3. Donner l’expression de l’intensité instantanée ducourant alternatif.

On donne :1

π= 0, 318 ; cos(0, 3π) = 0, 6.

Exercice 9.

Entre deux points A et B , on établit une tension sinusoï-dale u =Um sin(ωt ) de fréquence 50 Hz.9.1. Un appareil purement thermique, de résistanceR = 100Ω, branché entre A et B est traversé par un cou-rant d’intensité efficace 1,2 A. En déduire la valeur numé-rique de Um , ainsi que l’expression numérique de u (t ).9.2. Une bobine de résistance négligeable, placée seuleentre A et B , laisse passer également un courant de 1,2 A.9.2.1. Déterminer l’inductance de la bobine.9.2.2. Donner l’expression i (t ) de l’intensité du courantdans la bobine.9.3. On monte en série entre A et B l’appareil thermique(voir 9.1.), la bobine (voir 9.2.) et un condensateur de ca-pacité C = 10µF. Calculer :9.3.1. L’intensité efficace du courant dans le circuit.9.3.2. La d.d.p. aux bornes de chaque appareil.9.3.3. Construire le diagramme vectoriel des tensions.9.3.4. Calculer la puissance consommée par le circuit.9.3.5. Déterminer la capacité du condensateur qu’il au-rait fallu utiliser pour obtenir une intensité maximale.Quelle est dans ce cas, la valeur en fonction du temps del’intensité instantanée i (t )?

Exercice 10.

Un circuit électrique comprend : une résistance R , unebobine d’inductance L et un condensateur de capacité Cmontés en série ; aux bornes de l’ensemble on maintientune d.d.p. sinusoïdale u de valeur efficace U constanteet de fréquence f variable. On désigne par I la valeurefficace du courant et par Z l’impédance du circuit.

A

CL R

Bu

∼

10.1. On se propose d’étudier les variations de la puis-sance moyenne P absorbée par le circuit en fonctionde la fréquence (ou de la pulsationω = 2π f ). Données

numériques U = 3,0 V ; R = 5,0Ω ; L = 0,25×10−3 H ;

C = 1,0×10−9 F. On prendra1

π= 0, 318.

10.1.1. Calculer le facteur de puissance cosφ du circuiten utilisant la construction de Fresnel. Exprimer cosφen fonction de Z et de R . En déduire l’expression de Pà partir de U , R et Z d’une part, R et I d’autre part. (φdésigne la différence de phase entre l’intensité et la ten-sion.)10.1.2. On dit que le circuit est en résonance lorsque lapuissance P est maximale. Calculer numériquement10.1.2.1. fo , Zo , Io , Po valeurs de f , Z , I , P à la réso-nance ;

10.1.2.2. le coefficient de surtension. Q =UL

R IO=

LωO

R(UL = tension efficace aux bornes de la bobine à la réso-nance)

10.1.2.3. Mettre sous la forme P =Po

1+X 2

R 2

, en posant

Z 2 = R 2 +X 2, X représente la partie réactive de l’impé-dance.10.1.3. Montrer qu’il existe deux valeurs f1 et f2 de f ,

pour lesquelles P prend la valeur P1 = P2 =Po

2. Calculer

les valeurs de Z , I et cosφ correspondant à P1 et P2.10.1.4. On appelle affaiblissement en décibels (dB) l’ex-

pression a = 10 logP

PO(logarithme décimale). Exprimer

a en fonction de I et I0. Calculer numériquement a1 eta2 pour f = f1 et f = f2.10.2. On étudie P au voisinage de la résonance et l’on

poseω=ωO +∆ω=ωO (1+ε), avec ε=∆ω

ωO, variation

relative de fréquence ; on supposera ε 1.

10.2.1. ExprimerX

Ret P en fonction de ε et Q . [On

rappelle la formule d’approximation (1+ε)n ≈ 1+nε siε 1].10.2.2. En supposant l’expression précédente encorevalable pour P1 et P2, en déduire les valeurs approchéesde f1 et f2. Calculer la bande passante B = f2 − f1 et la

bande passante relativeB

f0du circuit.

;

8




1.1. Calcul de l’intensité efficace I du courant dans le cir-cuit.Aux bornes du circuit (R , L , C ) série, U = Z I avec

Z =

√

√

√

R 2 +

Lω−1

Cω

2

.

A.N.

R = 200Ω

f = 250 Hz

⇒ω= 2π f = 500πrad s−1

Lω= 0, 1.500π≈ 157,1Ω

1

Cω=

1

10−6 ·500π= 636,6Ω

Lω−1

Cω= 157, 1−636, 6=−479,5Ω

Z =p

2002 + (−479, 5)2 = 519,5Ω

Nous en déduisons :

I =U

Z=

5

519, 5= 9,6×10−3 A= 9,6 mA.

1.2. Expression de i (t ).Soitφ l’avance de phase de u (t ) par rapport à i (t ).Calculonsφ :

tanφ =Lω−

1

CωR

=−479, 5

200≈−2, 40

⇒φ =−67,36°=−1,18 rad

soitψ(u ) =ωt la phase de u à la date t etψ(i ) la phasede i à la date t .

ψ(u )−ψ(i ) =φ⇒ψ(i ) =ψ(u )−φ

avec

φ =−1,18 rad

⇒ψ(i ) =ωt − (−1, 18) =ωt +1, 18

Nous avons alors :

i = Im cos(ωt +1, 18)

avec Im = Ip

2= 1,36×10−2 A.

i = 1,36×10−2 cos(ωt +1, 18)

(en A). N.B. u qui est en avance sur i d’un angleφ négatifest en fait en retard !1.3. Calculons les tensions aux bornes des trois dipôlesdu circuit.Appliquons la relation U = Z I aux bornes de chaquedipôle : Aux bornes de la résistance R .

UR = ZR I avec ZR = R = 200Ω ⇒

UR = 200 ·9,6×10−3 = 1,92 V. Aux bornes de la bobine.

UB = ZB I avec ZB = Lω ≈ 157,1Ω ⇒UB = 157, 1 ·9,6×10−3 ≈ 1,51 V. Aux bornes du condensateur.

UC = ZC I avec ZC =1

Cω≈ 636,6Ω ⇒

UC = 636, 6 ·9,6×10−3 ≈ 6,11 V. Comparons la somme UR +UB +UC à U

UR +UB +UC = 1, 92+1, 51+6, 11= 9,54 V

Or U = 5 V donc U 6= UR +UB +UC ⇒ Les tensionsefficaces ne s’additionnent pas.

1.4. Récapitulons les valeurs des impédances.Z = 519,5Ω aux bornes du circuit ; ZR = 200Ω aux bornesde la résistance; ZB = 157,1Ω aux bornes de la bobine;ZC = 636,6Ω aux bornes du condensateur.

ZR +ZB +ZC = 200+157, 1+636, 6

= 993,7Ω 6= Z = 519,6Ω

Nous constatons aussi que les impédances en série nes’additionnent pas.


2.1. Expression de l’impédance Z du circuit et du dé-phageφ en fonction de R , L, C et f .

Z =

√

√

√

R 2 +

Lω−1

Cω

2

avecω= 2π f ⇒ Z =

√

√

√

R 2 +

2πL f −1

2πC f

2

tanφ =2πL f −

1

2πC f

R

Valeur de f0 pour laquelle i et u sont en phase. Dans cecas,φ = 0⇒ tanφ = 0 donc :

2πL fO −1

2πC fO

R= 0

⇒ 2πL fO −1

2πC fO= 0

on en déduit :

fO =

√

√ 1

4π2LC=

1

2π

√

√ 1

LC

A.N. L = 0,1 H ; C = 0,25×10−6 F ; f0 = 1,006×103 Hz.Intensité efficace I0 correspondant à f0.

Pour f = f0, 2πL fO −1

2πC fO= 0 et Z = Zo = R , la rela-

tion U = Z I s’écrit alors :

U = Zo IO

⇒ IO =U

ZO=

U

R=

30

60= 0,5A

2.2. Montrons qu’il existe deux valeurs f1 et f2 de la fré-quence pour lesquellesφ a la même valeur absolue.

;

8173


Soit λ la valeur absolue de tanφ. Si tanφ > 0,

2πL f −1

2πC f

R=λ

⇒ 2πL f −1

2πC f=λR

Après développement, nous avons :

4π2LC f 2 −2πλR C f −1= 0 (S8.1)

Si tanφ < 0,

2πL f −1

2πC f

R=−λ

⇒ 2πL f −1

2πC f=−λR

Après développement, nous avons :

4π2LC f 2 +2πλR C f −1= 0 (S8.2)

(S8.1) et (S8.2) sont deux équations du second degré enf . Soient f1 et f2 les solutions positives des deux équa-tions (S8.1) et (S8.2). f1 et f2 sont donc les valeurs de lafréquence pour lesquellesφ a la même valeur absolue.Relation entre f1, f2 et f0.Soient

tanφ1 =2πL f1 −

1

2πC f1

R

tanφ2 =2πL f2 −

1

2πC f2

R

φ1 etφ2 ayant la même valeur absolue, soit

φ1 =−φ2

⇒ tanφ1 =− tanφ2

2πL f1 −1

2πC f1

R=−

2πL f2 −1

2πC f2

R

⇒ 2πL f1 −1

2πC f1=

1

2πC f2−2πL f2

⇒ 2πL ( f1 + f2) =1

2πC

1

f2+

1

f1

=1

2πC

f1 + f2

f2 f1

⇒ 4π2LC f1 f2( f1 + f2) = ( f1 + f2)

( f1 + f2) 6= 0

⇒ 4π2LC f1 f2 = 1

D’où f1 f2 =1

4π2LCor f 2

O =1

4π2LC(question 2.1) ⇒

f1 f2 = f 2O

R

Z

ϕ1

L ·ω1

1

C ·ω1

R

1

C ·ω2

Z

ϕ2

L ·ω2


M

∼

Q

C

P

R

N

L , r

Voie B

Voie A

3.1. Branchement pour visualiser uM N et uP N .N étant le point commun des deux tensions est relié à lamasse de l’oscillographe, le point P est relié à l’entrée Bde l’oscillographe (car uP N ) est visualisée à l’entrée B ).Pour la même raison, le point M est relié à l’entrée A del’oscillographe.3.2. Période T et fréquence f du courant.Chaque période de la voie A ou de la voie B corres-pond à 10 divisions. En tenant compte du balayage,T = 10 ms ·0,5 ms = 5 ms = 5×10−3 s. On en déduit la

fréquence f =1

T⇔ f =

1

5×10−3 = 200 Hz.

Calculons la tension maximale UM N (max)La voie A donne les variations de la tension uM N . La va-leur maximale correspond à 4 divisions. Compte tenudu gain à l’entrée A, UM N (max) = 4 V ·2 V = 8 V. Nous endéduisons la tension efficace U :

U =UM N (max)p

2=

8p

2= 5,65 V

Expression de u (t ) : u (t ) = Up

2 cosωt avec

ω= 2π

T= 2π f ⇒ u (t ) = 8 cos(400πt ) en (volt).

3.3. Tension maximale UP N (max).Sur la voie B apparaît la tension uP N (t ). Sa valeur maxi-male correspond à 2 divisions et en tenant compte dugain de l’entré (B ) : UP N (max) = 2 ·1 V = 2 V.Intensité maximale Im .uP N mesure la tension aux bornes du conducteur oh-

;

8


mique. D’après la loi d’Ohm,

UP N (max) =R Im

⇒ Im =UP N (max)

R=

2

10= 0,2A

Intensité efficace I .

I =Imp

2=

0, 2p

2

= 0,141A= 141 mA

Impédance Z du circuit.

Z =UM N (max)

Im=

U

I

=5, 65

0, 141= 40Ω

3.4. Retard ou avance de i (t ) sur u (t ).La grandeur étudiée sur la voie A(uM N ) est en avance surcelle qui est visualisée sur la voie B (uP N ) car la premières’annule avant la deuxième. Or uP N =R i ; i est en phaseavec uP N et nous déduisons que i (t ) est en retard suru (t ).Calcul du déphasageφ.Le décalage entre les deux courbes (mesuré sur l’axe ho-rizontal) mesure 2 divisions ; ce qui correspond à un dé-calage horaire θ = 2 · 0,5 ms = 1 ms = 10−3 s. Nous endéduisons le déphasage :

φ = 2πθ

T= 2π

10−3

5×10−3 = 1,256 rad

Expression de i (t ).i (t ) étant en retard sur u (t ), s’écrit :

i (t ) = Im cos(ωt −φ)= 0, 2 cos(400πt −1, 256)

Calculons la résistance r de la bobine.Pour le circuit (R , L , r , C ),

cosφ =R ′

Z

où R ′ =R + r (résistance totale du circuit).

R ′ = Z cosφ = 40 cos(1,256 rad)

⇒R ′ = 12,4Ω

R ′ =R + r

⇒ r =R ′ −R = 12, 4−10= 2,4Ω

Inductance L de la bobine.

Z 2 =R ′2 +

Lω−1

Cω

2

⇒

Lω−1

Cω

2

= Z 2 −R ′2

⇒ Lω−1

Cω=p

Z 2 −R ′2

⇒ L =1

Cω2+

1

ω

p

Z 2 − r ′2

A.N. C = 8×10−6 F ; ω = 400π ; Z = 40Ω ; R ′ = 12,4Ω ;L = 0,11 H.


4.1.4.1.1. Fréquence du courant.Sur l’oscillogramme, chaque période correspond àL = 6 cm.En tenant compte de la base du temps,T = 6 ms ·0,2 ms = 1,2 ms = 1,2×10−3 s ⇒f =

1

T=

1

1,2×10−3 = 833,3 Hz.

4.1.2. Tension efficace aux bornes du générateur.La tension aux bornes du générateur est uD A visualiséesur la voie 2. La valeur maximale de uD A correspond à4 cm. En tenant compte de la sensibilité sur la voie 2,uD A (max) = 4 V ·5 V = 20 V. Nous en déduisons la ten-

sion efficace. UD A =uD A (max)p

2= 14,1 V.

4.2.4.2.1. Tension efficace aux bornes du conducteur oh-mique.La tension uB A aux bornes du conducteur ohmique estvisualisée sur la voie 1. uB A (max) = 5 ·2 V = 10 V. Nous en

déduisons la tension efficace UB A =uB A (max)p

2= 7,1 V.

4.2.2. Intensité efficace du courant dans le circuit.

I =UB A

R=

7, 1

55= 0,129A= 129 ms.

Expression de i (t ).Soit φ le déphasage de u par rapport à i . Sur l’oscil-logramme, la courbe permettant de visualiser u (voie2) est en retard sur la courbe correspondant à i (voie1 car uB A = R i ). L’origine des phases étant portée parR i ,φ est négatif. Le décalage horizontale entre les deuxcourbes mesure 1 cm. Ceci correspond à un décalage ho-raire θ = 1 ·0,2×10−3 = 2×10−4 s. Nous en déduisons ledéphasage.

|φ|= 2πθ

T= 2π

2×10−4

1,2×10−3 =π

3rad

D’où l’expression de i (t ) :

i (t ) = Ip

2 cos(2π f t −π

3) = 0, 182 cos(5,24×103t −

π

3)

4.3. Nature et caractéristique du dipôle inconnu.φ étant négatif, tanφ est aussi négatif. Or,

tanφ =Lω−

1

CωR

Donc,

Lω−1

Cω< 0 (S8.1)

D’après l’énoncé, le dipôle inconnu est soit une induc-tance pure, soit un condensateur. Pour que (S8.1) soitvérifiée, le dipôle inconnu doit nécessairement être uncondensateur. Déterminons sa capacité C

tanφ =−1

R Cω=−

1

2πR C f

⇒C =−1

2πR f tanφ

A.N. R = 55Ω ; f = 833,3 Hz, φ = −π

3⇒ tanφ = −1,732;

C = 2×10−6 F = 2µF.

;

8175



5.1. Expressions de la tension uAD pour les dipôles 1 et2.Pour les deux dipôles, uAD (t ) est la même. Posons

UAD (t ) =Um cos(ωt +θ )

Déterminons les constantes Um ,ω et θ . Um correspond à 1 cm de l’oscillogramme (1), soit

Um = 1 cm ·10 V cm−1 = 10 V. Une période de l’oscillogramme (1) correspond à

4 cm. En tenant compte de la base de temps, on a :

T = 5×10−3 s cm−1 ·4 cm= 20×10−3 s

⇒ω=2π

T=

2π

20×10−3 = 100π= 314 rad s−1

A t = 0, nous lisons sur l’oscillogramme (1)

uAD = 0 (S8.1)

D’après l’expression :

uAD =Um cos(ωt +θ )

à t = 0

uAD =Um cosθ (S8.2)

En identifiant (S8.1) et (S8.2) on a :

Um cosθ = 0

⇒ cosθ = 0

⇒ θ =±π

2

uAD étant rapportée aux axes O x et O y , nous consta-

tons à l’oscillogramme qu’à t =T

4, uAD = −Um . Dans

l’expression

uAD =Um cos(ωt +θ )

avecω=2π

T. Si θ =−

π

2,

uAD =Um cos

2π

T ·T4−π

2

=Um cos(0) =Um

incompatible avec l’oscillogramme.

Si θ =π

2,

uAD =Um cos

2π

T ·T4+π

2

=Um cos(π) =−Um

compatible avec l’oscillogramme.Donc

uAD = 10 cos(314t +π

2) =−10 sin(314t )

5.2. Déphasageφ entre l’intensité iAD et la tension uAD

pour les dipôles 1 et 2.uB D (tension aux bornes du conducteur ohmique) et isont en phase. Donc le déphasage entre iAD et uAD estmesuré par le “décalage” entre les deux courbes uB D et

uAD . Notamment,φ = 2πθ

T Sur la figure 1,

θ = 0, 5 ·5×10−3 = 2,5×10−3 s

T = 20×10−3 s

φ1 = 2πθ

T= 2π

2,5×10−3

20×10−3

=π

4= 0,785 rad

Sur la figure 2, θ = 0 ⇒ φ2 = 0. iAD et uAD sont enphase. Il y a résonance d’intensité.

5.3. Valeur de la résistance r .Plaçons-nous à la résonance (figure 2).

Im (ωO ) =(UB D )m

r1=

1 ·210= 0,2A

Or

UAD

m = Z Im (ωO ) avec Z = r1 + r2 + r car à la ré-sonance, l’impédance est égale à la résistance totale dudipôle. Donc :

UAD

m = (r + r2 + r )Im (ωO )

⇒ r =

UAD

m

Im (ωO )− (r1 + r2)

⇒ r =10 ·10, 2

− (10+32) = 8Ω

5.4. Valeurs numériques de L et de C . Valeur de L :

Sur la figure 1, tanφ1 =Lω

Roù R = r1 + r2 + r = 50Ω.

⇒ L =R tanφ1

ω

φ1 =π

4

R = 50Ω

ω= 314 rad s−1

⇒ L = 0,159 H ≈ 0,16 H

Valeur de C .À résonance d’intensité,

LωO −1

CωO= 0

⇒ LCω2O = 1

⇒C =1

Lω2O

Avec L = 0,16 H, ω0 = ω = 314 rad s−1 car la tensionest la même à la figure 1 et à la figure 2. Donc :

C =1

0, 16 ·3142= 6,34×10−5 F = 63,4µF


6.1. Courbe de I en fonction de f . (Voir Figure)

;

8


t (Hz)

I (mA)

×

×

×

×

××

×

×

×

×

×

50 100 t0

I0

20

12

100

6.2. Valeurs f0 de la fréquence et I0 de l’intensité efficacedu courant à la résonance.À la résonance, l’intensité efficace du courant dans lecircuit est maximale. Nous constatons sur la courbe ci-dessus que cette valeur maximale I0 de l’intensité effi-cace est : I0 = 30 mA. La valeur f0 de la fréquence corres-pondante est f0 = 180 Hz.6.3. Calcul de l’inductance L de la bobine.À la résonance,

Lω0 −1

Cω0= 0

⇒ LCω20 = 1

avec

ω0 = 2π f0

⇒ 4π2 f 2O LC = 1

⇒ L =1

4π2 f 2O C

A.N. f0 = 180 Hz ; C = 10µF, L = 0,078 H.6.4.6.4.1. Durée correspondant à une division du balayagede l’oscillographe.L’oscillogramme montre que u et i sont en phase. On està la résonance d’intensité où

f = fO = 180 Hz

⇒ TO =1

fO= 5,5 ms

Or sur l’oscillogramme, 2 périodes occupent 11 divisions,nous déduisons que :

11 divisions⇒ 2 ms ·5,5 ms= 11 ms

1 division⇒11

11= 1 ms

6.4.2. Calcul de R .Aux bornes de R , la tension maximale.

UB

m =R Im

⇒R =

UB

m

Im

Sur l’oscillogramme, (UB )m = 1 V ·1,5 V = 1,5 V. Etant à larésonance, Im = Im ( fO ) =

p2I ( fO ) =

p230 = 42,4 mA, et

R =1, 5

42,4×10−3 = 35,4Ω.

6.4.3. Valeur de r .A la résonance, la tension maximale aux bornes du di-pôle (R ; L , r ; C ) est : (UA )m = Z Im avec Z = R + r (l’im-pédance du circuit à la résonance est égale à la résistancetotale du circuit).

Im = Im ( fO ) =p

2I ( fO ) = 42,4 mA

(UA )m = 1 V ·2,5 V = 2,5 V

⇒R + r =(UA )m

Im

⇒ r =(UA )m

Im−R

A.N. (UA )m = 2,5 V, Im = 42,4×10−3 A, R = 35,4Ω,r = 23,6Ω.


7.1.7.1.1. Calculons. La réactance.

X1 = L1ω−1

C1ω

avec

ω= 2π f

X1 = 2πL1 f −1

2πC1 f

A.N. L1 = 0,318 H ; f = 50 Hz; C1 = 6,28×10−6 F ;X1 =−406, 96≈−407Ω.

L’impédance.

Z1 =

√

√

√

R 21 +

L1ω−1

C1ω

2

=q

R 21 +X 2

1

A.N. R1 = 300Ω ; X1 =−407Ω=⇒ Z1 = 505,6Ω. L’intensité efficace.

U = Z1I

⇒ I =U

Z1=

220

505, 6= 0,435A

7.1.2. Construction du diagramme de Fresnel du circuit(R1, L1, C1).

R1 · Im

Im

C1 ·ω2

Um

ϕ1

L1 ·ω · Im

Um cos(ωt +φ) =R1Im cos(ωt )

+ L1ωIm cos

ωt +π

2

;

8177


+Im

C1ωcos

ωt −π

2

Soient : ~U le vecteur de Fresnel représentant Um cos(ωt +φ) ; ~UR le vecteur de Fresnel représentant R1Im cos(ωt ) ; ~UL le vecteur de Fresnel représentant

L1ωIm cos

ωt +π

2

;

~UC le vecteur de Fresnel représentantIm

C1ωcos

ωt −π

2

.

Ces vecteurs ont pour norme : ~U : Um ; ~UR : R1Im ; ~UL : L1ωIm ;

~UC :Im

C1ω.

L1ω−1

C1ω< 0

⇒ L1ω<1

C1ω

D’où la construction de Fresnel.Le déphasage φ1 entre l’intensité i1 et la tension u estdonnée par :

tanφ1 =

L1ω−1

C1ω

Im

R1Im=−407

300=−1, 356

⇒φ1 =−0,935 rad=−53,6°

1

C1ω> L1ω

⇒ l’effet capacitif est prépondérant par rapport à l’effetinductif.7.2.7.2.1. Calculons la réanctance X2 et l’impédance Z2.

X2 = L2ω−1

C2ω= 2πL2 f −

1

2πC2 f

A.N. L2 = 0,314 H ; C2 = 63,7×10−6 F ; f = 50 Hz,X2 = 48,68Ω. L’impédance :

Z2 =

√

√

√

R 22 +

L2ω−1

C2ω

2

=q

R 22 +X 2

2

A.N. R2 = 50Ω ; X2 = 48,68Ω ; Z2 = 69,8Ω.

R2 L2C2

M

N

UM N

7.2.2. Valeur f0 de la fréquence pour laquelle l’intensitéest maximale.L’intensité du courant dans le circuit est maximale à larésonance. A la résonance on a :

L2ωO −1

C2ωO= 0

⇒ L2C2ω2O = 1

Avec

ωO = 2π fO

⇒ L2C24π2 f 2O = 1

⇒ fO =

√

√ 1

4π2L2C2

A.N. π2 = 10; L2 = 0,314 H ; C2 = 63,7×10−6 F ;f0 = 35,35 Hz. L’intensité I0 correspondante est alors :De la relation U = Z I , nous tirons

I =U

Z2

Or à la résonance, Z2 =R2 et

IO =U

R2=

220

50= 4,4A

7.2.3. Exprimons Q2. En fonction de R2C2 etωo (pulsation à la résonance)

Q2 =UC (ωO )U (ωO )

(par définition). Avec

UC =I

C2ωO

U (ωO ) = Z2I =R2I

Donc

Q2 =I

C2ωO

1

R2I

=1

R2C2ωO

En fonction de R2, L2, etωo . A la résonance,

L2C2ω2O = 1

⇒1

C2= L2ω

2O

Q2 =1

R2ωO

1

C2

=L2ω

2O

R2ωO

=L2ωO

R2

Calcul de Q2 :

Q2 =1

R2C2ωO

Déterminonsω0.A la résonance,

L2C2ω2O = 1

⇒1

ωO=p

L2C2

Q2 =1

R2C2

1

ωO

=

p

L2C2

R2C2

=

√

√

√

L2

R 22 C2

;

8


A.N. L2 = 0,314 H ; C2 = 63,7×10−6 F ; R2 = 50Ω ;Q2 = 1, 4.

i R1 L1C1

×M

×

U1

R2 L2C2

×N

U2

7.3. Association en serie des deux dipôles (R1, L1, C1) et(R2, L2, C2).7.3.1. Montrons que l’association est équivalente à undipôle unique (R , L , C ).Appliquons la loi d’additivité des tensions (instantanées)à l’association : uM N = u1 +u2 avec :

u1 =R1Im cos(ωt ) + L1ωIm cos

ωt +π

2

+Im

C1ωcos

ωt −π

2

u2 =R2.Im cos(ωt ) + L2ωIm cos

ωt +π

2

+Im

C2ωcos

ωt −π

2

uM N =(R1 +R2)Im cos(ωt )

+ (L1 + L2)ωIm cos

ωt +π

2

+

1

C1+

1

C2

Im

ωcos

ωt −π

2

Posons

R =R1 +R2

L = L1 + L2

1

C=

1

C1+

1

C2

uM N =R Im cos(ωt )

+ LωIm cos

ωt +π

2

+1

C Im

ω

cos

ωt −π

2

(S8.1)

Donc l’association en série des dipôles (R1, L1, C1) et(R2, L2, C2) se comporte comme un dipôle unique de ca-ractéristique :

R =R1 +R2 = 300+50= 350Ω

L = L1 + L2 = 0, 318+0, 314= 0,632 H

C =C1C2

C1 +C2=

6, 28 ·63, 7

6, 28+63, 7= 5,72µF

Déterminons alors : La réanctance X du dipôle (R LC ) :

X = Lω−1

Cω= 2πL f −

1

2πC f

A.N. L = 0,632 H ; f = 50 Hz; C = 5,72×10−6 F ;X =−358,32Ω.

L’impédance Z . D’après 7.1.1.,

Z =p

R 2 +X 2 =p

3502 + (−358, 32)2 = 501Ω

L’intensité efficace I :

U = Z I ⇒ I =U

Z=

220

501= 0,439A

Soitφ le déphage entre i et u .

tanφ =Lω−

1

CωR

=X

R

=−352, 32

350=−1, 007

⇒φ =−0,7887 rad=−45,2°

φ < 0⇒ i est en avance par rapport à u .7.3.2. Montrons qu’il existe une autre fréquence f ′ pourlaquelle le déphasage φ aura la même valeur absolue.Voir exercice 2, question 2.2. Montrons que f ′ f = f 2

0 .Voir exercice 2, question 2.2.Calcul de f ′

f ′ =f 2

O

f

avec

4π2 f 2O LC = 1

⇒ f 2O =

1

4π2LC

f ′ =1

4π2LC f=

1

4π2 ·0, 632 ·5,72×10−6 ·50

= 138,31 Hz


Origine des

phasesR · I

U

ϕ

L ·ω · I

8.1. Montage réalisé : Un courant continu ne traverse pas un condensateur.

Or en appliquant une d.d.p. continue entre A et B , onobserve le passage d’un courant permanent⇒ entreA et B , il n’y a pas de condensateur. Le montage (3) estdonc exclu. Il s’agit soit du montage (1), soit du mon-tage (2). Pour uAB = 14, 14 sin 100πt , la puissance est :

P =U I cosφ

où

U =Ump

2=

14, 14p

2= 10 V

I = 2A

φ = déphasage entre u et i :

cosφ =P

U I=

12

10.2= 0, 6= cos(0, 3π)

⇒φ = 0, 3π=3π

10rad= 54°

Au bornes du conducteur ohmique, u et i sont enphase (φ = 0) or φ = 0,3πrad 6= 0. Donc le montage(1) est aussi exclu. Il ne reste plus que le montage (2),

;

8179


dont la construction de Fresnel confirme la valeur deφ = 0,3πrad.

8.2. Caractéristiques des différents éléments du dipôleAB .D’après le diagramme de Fresnel,

sinφ =LωI

U

⇒ L =U sinφ

ωI

A.N. U = 10 V ; sinφ = sin0,3π = 0,809; ω = 100π ;I = 2A; L = 0,0129 H. Selon le même diagramme,

cosφ =R I

U

⇒R =U cosφ

I=

10 ·0, 6

2= 3Ω

Ou encore

tanφ =Lω

R

⇒R =Lω

tanφ=

0, 0129 ·100π

tan(0, 3π)= 2, 94≈ 3Ω

8.3. Expression de i (t ).φ > 0⇒ u est en avance sur i . Si φ(u ) est la phase de uà la date t , etφ(i ) la phase de i à la même date,

φ(u )−φ(i ) =ϕ

avec

φ(u ) =ωt

car

u =Um sinωt

donc

φ(i ) =φ(u )−ϕ =ωt −ϕ

Finalement, l’expression de i (t ) est :

i (t ) = Im sin(ωt −ϕ)

avec

Im = Ip

2

⇒ i (t ) = 2, 83 sin(100πt −0, 3π)


9.1. Valeur Um et expression de u (t ).Entre A et B , le circuit est constitué de la seule résistanceR . Donc Z =R

Um = Z Im

avec

Im = Ip

2

⇒Um =R Ip

2

A.N. R = 100Ω, I = 1,2A⇒Um = 169,7 VExpression de u (t ).u (t ) =Um sin(ωt ) =Um sin(2π f t ) avec Um = 167,7 V etf = 50 Hz⇒ u (t ) = 169, 7 sin(100πt ).9.2.9.2.1. Inductance de la bobine.

Entre A et B , le circuit est constitué de la seule bobinepurement inductive. Ainsi, Z = ZL = Lω = 2πL f . OrUm = Z Im avec Im = I

p2.

Um = 2πL f Ip

2

⇒ L =Um

2π f Ip

2

A.N. Um = 169, 7 ; f = 50 Hz, I = 1,2A; L = 0,318 H.Expression de i (t ).Le circuit étant constitué d’une inductance pure,φ =π/2où φ est la phase de la tension par rapport à l’intensité.Doncφ(u )−φ(i ) =φ avecφ(u ) =ωt = phase de u (t ) àla date t etφ(t ) = phase de i (t ) à la date t .

φ =π/2

φ(i ) =φ(u )−φ =ωt −π

2

i (t ) = Im sin

ωt −π

2

⇒ i (t ) = Ip

2 sin

2π f t −π

2

= 1, 7 sin

100πt −π

2

9.3. Etudions le circuit R , L, C .9.3.1. Calcul de l’intensité efficace du courant dans le cir-

cuit. U = Z I avecZ =

√

√

√

R 2 +

Lω−1

Cω

2

. Calculons

les grandeurs Lω et1

Cω:

Lω= 2πL f = 2 ·3, 14 ·0, 314 ·50= 99,9Ω

1

Cω=

1

2πC f=

1

2 ·3,14×10−5 ·50= 318,31Ω

Z =p

1002 + (99, 9−318, 31)2 = 240,2Ω

U = Z I ⇒ I =U

Z

Avec U =Ump

2=

169, 7p

2= 120 V.

A.N. I = 0,5A.9.3.2. Calculons la d.d.p. aux bornes de chaque appareil.

UR =R I = 100 ·0, 5= 50 V

UL = LωI = 2π f L I = 2 ·3, 14 ·50 ·0, 318 ·0, 5= 50 V

UC =I

Cω=

I

2π f C=

0, 5

2 ·3, 14 ·50 ·10−5 = 159,1 V

9.3.3. Construction du diagramme de Fresnel.1

Cω> Lω ⇒ φ négatif. UR ≈ UL d’où les vecteurs

correspondant à ces tensions.

Origine des

phases

UR

U

ϕ

UC

UL

;

8


9.3.4. Calculons la puissance consommée dans le circuit.

P =U I cosφ

avec

cosφ =UR

U

⇒ P =U IUR

U= I UR = 0, 5 ·50= 25 W

9.3.5. Capacité C ′ du conducteur qui aurait permisd’avoir I maximale.I est maximale à la résonance :

LC ′ω2 = 1

⇒C ′ =1

Lω2=

1

4π2L f

A.N. L = 0, 318 ; f = 50 Hz ; C ′ = 3,19×10−5 F. Expressionde i (t ) dans ce cas :

Im ′ =Um

Z0

avec Z0 = R impédance du circuit à la résonance.

Im ′ =Um

R=

169, 7

100= 1,7A. A la résonance, i et u sont

en phase donc

i (t ) = 1, 7 sin 100πt


10.1. Etude des variations de la puissance P en fonctionde la pulsationω.

Origine des

phasesR · I

U

ϕ

L1 ·ω.II

C ·ω

10.1.1. Calcul de cosφ à partir de la construction deFresnel.

cosφ =R I

U

Exprimons cosφ en fonction de Z et de R . Sachant que

U = Z I

cosφ =R I

Z I=

R

Zavec

Z =

√

√

√

R 2 +

Lω−1

Cω

2

Exprimons P = f (U , R , Z ).

P =U I cosφ

avec

U = Z I

⇒ I =U

Z

cosφ =R

Z

⇒ P =

U U

Z RZ=

RU 2

Z 2

Exprimons P = f (R , I ).

P =U I cosφ

avec

U = Z I

cosφ =R

Z

⇒ P =Z I · I R

Z=R I 2

⇒ P =R I 2

10.1.2. Calculons à la résonance.10.1.2.1. La fréquence f0. A la résonance, la puissance

P =RU 2

Z 2est maximale. Pour R et U constants, P est

maximale lorsque Z =

√

√

√

R 2 +

Lω−1

Cω

2

est mini-

male. Z est minimale pour Lω−1

Cω= 0. Donc à la ré-

sonance,

LωO −1

CωO= 0

⇒ LCω2O = 1

avecωO =

√

√ 1

LC. Sachant queωO = 2π fO , nous dédui-

sons

fO =1

2π.

√

√ 1

LC

A.N. L = 0,25×10−3 H ; C = 1,0×10−9 F.1/π= 0, 318 · fo = 318 000 Hz= 318 kHz.10.1.2.2. L’impédance Zo . A la résonance,

LωO −1

CωO= 0

⇒ ZO =R = 5,0Ω

10.1.2.3. L’intensité efficace Io du courant.

IO =U

ZO=

U

R=

3

5= 0,6A

10.1.2.4. La puissance moyenne Po .

P0 =U I0 = 3 ·0, 6= 1,8 W

P0 =R I 2O = 5 ·0, 62 = 1,8 W

10.1.3. Le coefficient de surtension Q .

Q =UL

R=

LωO

R=

2πL fO

R

A.N. L = 0,25×10−3 H ; f0 = 318 000 Hz; R = 5Ω ;Q = 99, 9.

;

8181


10.1.4. Mettons la puissance P sous la forme.

P =Po

1+X 2

R 2

avec

X = Lω−1

Cω

P =R I 2

P0 =R I 20

on a :

P

P0=

R I 2

R I 2O

=I 2

I 20

I =U

Z

⇒ I 2 =U 2

Z 2

avec

Z 2 =R 2 +

Lω−1

Cω

2

=R 2 +X 2

⇒ I 2 =U 2

R 2 +X 2

IO =U

ZO=

U

R

⇒ I 2O =

U 2

R 2

Donc :

P

P0=

I 2

I 20

=U 2

R 2 +X 2

R 2

U 2=

R 2

R 2 +X 2

⇔P

P0=

R 2

R 2

1+X 2

R 2

⇒ P =P0

1+X 2

R 2

10.2. Montrons qu’il existe deux valeurs f1 et f2 de la fré-quence pour lesquelles P1 = P2 = 0, 5P0.

P =Po

1+X 2

R 2

si P =Po

2, nous pouvons écrire :

Po

1+X 2

R 2

=Po

2

⇒ 2= 1+X 2

R 2

⇒ X 2 =R 2

D’où nous tirons X =±R avec

X = Lω−1

Cω= 2πL f −

1

2πC f

Nous avons :

2πL f −1

2πC f=±R

Les valeurs f1 et f2 sont les solutions positives des équa-tions du second degré suivantes :

2πL f1 −1

2πC f1=−R

2πL f2 −1

2πC f2=+R

soient :

4π2LC f 21 +2πR C f2 −1= 0

4π2LC f 22 −2πR C f2 −1= 0

Calculons les valeurs de Z , I et cosφ correspondant à P1

et P2.

P =RU 2

Z 2

⇒ Z 2 =RU 2

P

⇒ Z =U

√

√R

P

⇒ Z1 =U

√

√ R

P1

avec

P1 = 0, 5PO

⇒ Z1 =U

√

√ R

0, 5PO

A.N. U = 3 V ; R = 5Ω ; P0 = 1,8 W, Z1 = 7,07Ω ;

Z2 =U

√

√ R

P2= Z1 = 7,07Ω car P2 = P1.

Valeurs de I1 et I2.

P =R I 2

⇒ P1 =R I 21 =

Po

2avec

P0 =R I 20

⇒R I 21 =

R I 2O

2

⇒ I 21 =

I 20

2

⇒ I1 =Iop

2= 0,424AP1 = P2

⇒ I2 = I1 =I0p

2= 0,424A

Valeurs de cosφ1 et cosφ2.

P =U I cosφ

⇒ cosφ =P

U I

Donc cosφ1 =P1

U I1avec

P1 =Po

2

;

8


I1 =Iop

2

⇒ cosφ1 =Pop

2

2U IO

A.N. P0 = 1,8 W ; U = 3 V ; I0 = 0,6A; cosφ1 = 0, 707.

P1 = P2

I1 = I2

⇒ cosφ2 =P2

U I2=

P1

U I1= cosφ1

⇒ cosφ2 = 0, 707

10.3. Exprimons a en fonction de I et de Io .

P =R I 2

PO =R I 2O

⇒ a = 10 logP

PO= 10 log

R I 2

R I 2O

= 10 log

I

IO

2

= 20 logI

IO

Ainsi,

a1 = 20 logI1

IO

I1 =Iop

2

⇒I1

IO=

1p

2

a1 = 20 log1p

2=−3 dB

I2 = I1 =Iop

2

⇒ a2 = a1 =−3 dB

10.4. Etude au voisinage de la résonance.10.4.1. Exprimons.X

Ret P en fonction de ε=

∆ω

ωOet de Q . Rappelons

Q =LωO

R

X = Lω−1

Cω

X

R=

1

RX =

1

R

Lω−1

Cω

avecω=ωO (1+ε)

X

R=

LωO

R(1+ε)−

1

R Cωo (1+ε)

LCω2O = 1

⇒1

C= Lω2

O

1

R CωO=

1

C 1RωO

=Lω2

O

RωO=

LωO

R=Q

Donc :

X

R=Q (1+ε)−Q (1+ε)−1

pour ε 1, (1+ε)−1 ≈ 1−ε.

X

R=Q (1+ε)−Q (1−ε) = 2εQ

P =Po

1+X 2

R 2

X

R= 2εQ

⇒ P =Po

1+4ε2Q 2

10.4.2.10.4.2.1. Valeur approchées de f1 et f2.L’expression ci-dessus étant, valable pour P1 et P2, onpeut écrire :

P1 = P2 =Po

1+4ε2Q 2

Par ailleurs, P1 = P2 =P0

2. Donc

Po

2=

Po

1+4ε2Q 2

⇒ 1+4ε2Q 2 = 2

⇒ 4ε2Q 2 = 1

⇒ ε2 =1

4Q 2

⇒ ε=±1

2Q

Soit

ε1 =ω1 −ωO

ω O=

f1 − fO

fO=−

1

2Q

⇒ f1 =−1

2QfO + fO = fO

1−1

2Q

θm = θo

A.N. f0 = 318 000 Hz ; Q = 99, 9 ; f1 = 316 408,4 Hz.

ε2 =ω2 −ωO

ωO=

f2 − fO

fO=+

1

2Q

⇒ f2 = fO

1+1

2Q

A.N. f0 = 318 000 Hz ; Q = 99, 9 ; f2 = 319 591,6 Hz.10.4.2.2. Valeur de la bande passante B = f2 − f1.

B = f2 − f1 = 319591, 6−316408, 4= 3183,2 Hz

10.4.2.3. Valeur relative de la bande passante.

B

fO=

3183, 2

318000= 0, 01= 1%

;

9183

Les ondes mécaniques

9.1 Les signaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1849.1.1 Signal transversal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1849.1.2 Signal longitudinal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.1.3 Signal de torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

9.2 Propagation d’un signal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

9.3 Propriétés de la célérité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

9.4 Mise en évidence du phénomène de propagation d’une onde mécanique . . . . . 1859.4.1 Le long d’une corde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.4.2 A la surface d’un liquide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

9.5 Superposition des ondes progressives de faible amplitude . . . . . . . . . . . . . . . 1869.5.1 Les interférences . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1879.5.2 Expérience d’interférences mécaniques à la surface de l’eau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

9.6 Les ondes stationnaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1889.6.1 Expérience de Melde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1889.6.2 Relation entre la longueur l et la tension F de la corde vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190



;

9

184 Chapitre 9. Les ondes mécaniques

9.1 Les signaux

Dénition.

Un ébranlement est une déformation de courte durée.On parle aussi de signal.

Exemple.

1. Un ébranlement produit à l’extrémité A d’unecorde élastique moyennement tendue, perturbeles autres points de la corde l’un après l’autre. Ondit que l’ébranlement se propage. Le point A où l’ébranlement est produit est la

source du signal. La corde élastique est le milieu propagateur

du signal.

Figure 9.1

At = θ

At

2. Nécessité d’un milieu propagateur élastique.Réalisons l’expérience ci-dessus avec un l deplomb. La déformation ne se propage pas le longdu l.

3. Divers types de signaux. Signaux mécaniques.

Un signal est dit mécanique lorsque sa propa-gation ne modie que des propriétés méca-niques (position, vitesse) du milieu propaga-teur. Signaux acoustiques.

Ce sont des signaux perceptibles par l’oreille.

Exemple.

Le son est un signal acoustique périodique. Le bruit est un signal acoustique non périodique.

Tout signal acoustique a besoin d’un milieu matérielpour se propager : c’est un signal mécanique.

9.1.1 Signal transversal

Un signal est transversal lorsque la déformation estperpendiculaire à la direction de propagation.

Exemple.

Un signal se propageant le long d’une corde.

Figure 9.2

A t

Déformation

propagation

Un signal se propageant à la surface libre d’un li-quide.

Figure 9.3

O

x

Vue de dessus de la surface de l’eau

En un point O de la surface libre de l’eau, faisons tom-ber une goutte d’eau. Il apparaît en ce point une ridecirculaire dont le rayon augmente continuellement.

Figure 9.4

O x

Vue en coupe de la surface de l’eau

;

9185

9.2. Propagation d’un signal

9.1.2 Signal longitudinal

Dans ce cas, la déformation est parallèle à la directionde propagation.

Exemple.

Une compression ou une dilatation qui se propage lelong d’un ressort à spires non jointives.

Figure 9.5

date t = θ

Date tEbranlement

Propagation

Ebranlement

9.1.3 Signal de torsion

C’est par exemple le signal observé le long d’uneéchelle de perroquet ou endoscope (c’est un disposi-tif constitué par un ruban élastique tendu entre deuxpoints et supportant des tiges métalliques sur lesquellespeuvent glisser sur des charges identiques).

Signaux électromagnétiques

Le signal lumineux est un cas de signal électromagné-tique.

9.2 Propagation d’un signal

Un signal émis à la source, met une durée θ pour af-fecter un point situé à la distance d de la source. Pardéfinition, le quotient de la distance d par la durée θ estappelé célérité de propagation du signal. On note

c =d

θ(9.1)

d en (m) ; θ en seconde (s), c en m s−1.

9.3 Propriétés de la célérité

1. Bien que c ressemble à une vitesse en mécanique,la célérité ne caractérise pas un transport de ma-tière, mais une propagation de l’ébranlement.

2. Pour une corde tendue “sans raideur” c’est-à-direparfaitement déformable lorsqu’elle n’est pas ten-due, la célérité est fonction de la tension F et de lamasse linéique µ de la corde. On montre que :

c =

√

√F

µ

F en N ; µ en kg m−1 ; c en m s−1.

Exercice

Calculer la célérité d’un signal le long d’une corde de5 m, de masse 40 g et tendue par une force d’intensité100 N. Calculer la durée mise par le signal pour parcou-rir la corde.

Solution

Calculons la masse linéique de la corde µ :

µ=m

l=

40×10−3

5= 8×10−3 kg m−1

calculons alors : la célérité c :

c =

√

√F

µ

c =

√

√ 100

8×10−3 = 111,8 m s−1

Durée de parcours de la corde :

l = c θ

⇒ θ =l

c

θ =5

111, 8= 44,7×10−3 s

9.4 Mise en évidence duphénomène de propagationd’une onde mécanique

9.4.1 Le long d’une corde

Soit une fine et longue corde O A. Son extrémité Arepose sur un tampon d’ouate (qui empêche la réflexion

;

9


des ondes). L’autre extrémité O est fixée à la lame d’unvibreur.

Lorsque le vibreur est en action, le point O de la cordeest animé d’un mouvement vibratoire sinusoïdal de pé-riode T .

Figure 9.6O AM

Ouate

Chaque point M de la corde reproduit le mouvementdu point O avec un décalage horaire

θ =O M

c

Observons la corde à l’aide d’un stroboscope. Soit f lefréquence du vibreur et fe la fréquence des éclairs. Pour f = fe , la corde paraît immobile et a l’as-

pect d’une succession de sinusoïdes. Chaque sinu-soïde est une onde. Une série d’ondes est un traind’ondes. Si nous diminuons légèrement la fréquence du stro-

boscope, nous observons au ralenti les ondes avan-cer sans se déformer : on les appelle pour cette rai-son ondes progressives

La propagation des ondes progressives le long d’unecorde comporte une double périodicité :1. Périodicité dans le temps. Chaque point de la corde

a le même mouvement, de période T , que la source.2. Périodicité dans l’espace. Certains points de la corde

ont à chaque instant, le même état vibratoire ; ondit qu’ils sont en phase.

La distance qui sépare deux points consécutifs enphase est appelée longueur d’onde, notéeλ. La longueurd’onde est égale à la distance parcourue par la vibrationpendant une période T .

λ= c T

Elongation yP d’un point P d’abscisse x =O P .Soit y0 = Ym cosωt l’élongation de la source O au

cours du temps.

P reproduit le mouvement de O avec un retardθ =x

c(ou encore, à la date t , P a le mouvement qu’avait O à

la date t −x

c.

yP (t ) = yO

t −x

c

⇔ yP (t ) = Ym cosω

t −x

c

ω=2π

T

c T =λ

yP = Ym cos

2πt

T−

2πx

λ

Quelle est la distance d qui sépare deux points de lacorde ayant à chaque instant le même état vibratoire?Ces deux points sont en concordance de phase et le dé-calage horaire θ entre eux est θ = K T . Or

d = c θ = c K T = K c T

⇒ d = K λ

Loi 1

Deux points situés à un nombre entier de longueurd’onde l’un de l’autre, ont à chaque instant, la mêmeélongation; ils vibrent en phase. On démontre de lamême manière que :

d = K λ

Loi 2

Deux points situés à un nombre impairde demi-longueurs d’onde d’un de l’autreont à chaque instant, des élongations oppo-sées.

d = (2K +1)λ

2

k ∈N. Ces points vibrent en opposition de phase.

Loi 3

Deux points situés à une dis-tance :

d = (4k +1)λ

4

avec k ∈N vibrent en quadrature de phase.

9.4.2 A la surface d’un liquide

Une pointe fixée à la lame d’un vibreur effleure en Ola surface d’un liquide contenu dans une cuve. Obser-vons la surface du liquide en éclairage stroboscopiquede façon à immobiliser le phénomène : nous observonsalors des rides circulaires centrées en O et équidistantesde λ les unes des autres. Ce type d’ondes est appeléondes circulaires. En réduisant légèrement la fréquencefe , on observe des rides circulaires qui prennent nais-sance au point O et se dilatent progressivement à la sur-face de l’eau.

;

9187

9.5. Superposition des ondes progressives de faible amplitude

9.5 Superposition des ondesprogressives de faibleamplitude

9.5.1 Les interférences

La déformation périodique d’un milieu élastique parune source mécanique (vibreur, diapason, membranede haut-parleur, . . .) donne naissance à une onde pro-gressive ; cette onde peut être : transversale (le long d’une corde tendu, à la surface

libre d’un liquide) longitudinale (compression et décompression lon-

gitudinales d’un gaz, d’un ressort. . .)Lorsque deux ondes sollicitent simultanément un pointdonné d’un milieu élastique, la déformation qui en ré-sulte est la somme vectorielle des déformations dues àchacune des ondes : on dit qu’il y a interférence méca-nique.

9.5.2 Expérience d’interférencesmécaniques à la surface de l’eau

Figure 9.7

Vibreur

S2

S1

cuve à eau

Une fourche métallique munie de deux pointes S1

et S2 (trempant légèrement dans l’eau) est fixée à l’ex-trémité d’un vibreur entretenu électriquement. Quandla fourche vibre, les deux pointes frappent périodique-ment la surface de l’eau.

L’observation en éclairage continu montre des ridesfines de forme hyperbolique à la surface de l’eau : ce sontdes franges d’interférences. La région où apparaissent lesfranges est appelée champ d’interférences.

Figure 9.8

M

S2

d2

S1

d1

En lumière stroboscopique, on voit naître en S1 et S2

des ondes progressives circulaires qui se superposenten formant les rides de forme hyperbolique.

On constate de plus que certains points du champd’interférences exécutent un mouvement de même fré-quence que les sources alors que d’autres restent parfai-tement immobiles.

Remarque.Conditions pour obtenir un phénomène d’interférence :Pour obtenir une gure d’interférences stable, il faut su-perposer les ondes issues de deux sources isochrones(même période) et cohérentes (déphasage constant).Lorsque le déphasage est nul, les deux sources sontdites synchrones.

Ainsi, dans le dispositif ci-dessus, le vibreur (sourceprincipale) fait des deux pointes S1 et S2 (sources secon-daires) deux sources synchrones capables de produireles interférences.

Interprétation

Mouvement d’un point M du champ d’interférence.Les équations horaires des mouvements de S1 et S2 sont :

YS1 = a cos

2π

Tt +φ1

YS2 = a cos

2π

Tt +φ2

φ1 etφ2 sont les phases initiales respectives de S1 et S2.Soient d1 et d2 les distances respectives d’un point Mdu champ d’interférences aux sources S1 et S2. Si S1 vibrait seule, l’équation horaire du mouve-

ment de M serait

Y2 = a cos

2π

T

t −d1

c

+φ1

= a cos

2πt

T−

2πd1

λ+φ

où λ= c T .

;

9


De même, si S2 vibrait seule, l’équation horaire dumouvement de M serait

Y2 = a cos

2πt

T−

2πd2

λ+φ2

Lorsque les deux sources vibrent, les deux ondes sesuperposent au point M et l’élongation de M à ladate t est :

Y = Y1+Y2

Y peut se mettre sous la forme :

Y = A cos

2πt

T+φ

On détermine A etφ par la construction de Fresnelen écrivant

Y1 = a cos

2πt

T+φ1

avecφ1 =−2πd1

λ+φ1

Y2 = a cos

2πt

T+φ2

avecφ2 =−2πd2

λ+φ2

On obtient :

Y =2a cosπ

λ(d2−d1)·

· cos

2πt

T−π

λ(d1+d2) +

φ1+φ2

2

⇒ A =2a cosπ

λ(d2−d1)

φ =−π

λ(d2−d1) +

φ1+φ2

2

Remarque.Nous aurions pu utiliser la formule :

cos p + cos q = 2 cosp −p

2cos

p +q

2

Nous remarquons que l’amplitude A de la vibrationrésultante dépend de la différence∆= d2−d1 appeléedifférence de marche (des deux ondes qui interfèrent)au point M . L’état vibratoire d’un point M (lié à l’ampli-tude A) dépend donc de la différence de marche d2−d1.En effet, l’amplitude A est maximale lorsque :

cosπ

λ(d2−d1) =±1

⇒π

λ(d2−d1) = kπ

avec k ∈Z⇒ d2−d1 = K λ.

1ère loi

Lorsque la différence de marche en un point M estégale à un multiple entier de longueur d’onde, ce point

vibre avec une amplitude maximale. On dit qu’il y ainterférence constructive. L’amplitude A est minimalelorsque :

cosπ

λ(d2−d1) = 0

⇒π

λ(d2−d1) = (2k +1)

π

2

⇒ d2−d1 = (2k +1)λ

2⇒ A = 0

2ème loi

Les points pour lesquels la différence de marche estun multiple impair de la demi-longueur d’onde, sont im-mobiles. On dit qu’il y a interférence destructive.

Remarque.

1. On peut attribuer à chaque frange un numéroappelé ordre d’interférence et déni par

d2−d1

λ

Les franges à amplitude maximale ontpour ordre . . . −2,−1, 0,+1,+2, . . . Les franges à amplitude nulle ont pour

ordre . . . −3

2,−

1

2,+

1

2,+

3

2, . . .

2. Le nombre de franges est limité ; en eet|d2 − d1| < S1S2. Pour les franges à amplitudemaximale par exemple,

d2−d1

= |k |λ< S1S2⇒ |k |<S2S1

λ

3. On appelle points équiphases, les pointspour lesquels la phase φ est la même(à 2kπ près). Ces points sont tels qued2+d1 = constante+2kλ.

9.6 Les ondes stationnaires

Le phénomène d’ondes stationnaires résulte de l’in-terférence de deux ondes sinusoïdales progressives demême période et de même amplitude se propageant ensens contraire.

9.6.1 Expérience de Melde

Mise en évidence d’onde stationnaires transversalesle long d’une corde.

;

9189

9.6. Les ondes stationnaires


Figure 9.9

Vibreur

N1 N2 N3 N4 N5

λ/2

V1 V2 V3 V4

λ/2

B

Un fil souple, attaché à un vibreur, passe par la gorged’une poulie et est tendu par un plateau contenant desmasses marquées. Ce dispositif présente l’avantage depouvoir modifier à volonté : la longueur utile AB de la corde en déplaçant la

poulie ; la tension du fil en ajoutant ou en diminuant les

masses marquées du plateau.

Observations

Pour un réglage convenable de la tension et de la lon-gueur du fil AB ,1. en éclairage continu, la corde vibre très rapidement

en présentant l’aspect de fuseaux. Les points dela corde où le renflement des fuseaux est le plusmarqué vibrent avec une amplitude maximale. Cespoints sont appelés ventres.

Exemple.

V1, V2, V3

Les points tels que N1, N2, N3, . . . extrémités des fu-seaux, sont appelés noeuds. Ils sont constammentimmobiles. On constate de plus que les ventres etles noeuds sont équidistants.

2. en éclairage stroboscopique, réglé de façon à obser-ver le mouvement ralenti de la corde, on constateque la corde présente l’aspect d’une sinusoïde quise déforme sur place d’où le nom d’ondes station-naires (contrairement à l’onde progressive consti-tuée par une sinusoïde qui avance).

Interprétation

Figure 9.10A BM

Onde incidente Onde réfléchie

Une onde incidente est émise par la source A et sepropage vers le point B où elle se réfléchit et rebroussechemin. Il y a donc naissance d’une onde réfléchie quise propage en sens contraire.

Lorsque les deux ondes se rencontrent, ils se super-posent et donnent naissance au phénomène d’ondesstationnaires.

Lorsque l’extrémité (lieu de la réflexion) est fixe, onderéfléchie et onde incidente sont en opposition de phase.

Ainsi si

Yi B = a cos

2πt

T

est l’élongation de l’onde incidente au point B ,

Yi M (t ) = Yi B

t +x

c

= a cos

2πt

T+

2πx

λ

avec : λ= c T et x = B M .De même

Yr B =−a cos2πt

T= a cos

2πt

T+π

est l’élongation de l’onde réfléchie au point B :

Yr M (t ) = Yr B

t −x

c

= a cos

2πt

T−

2πx

λ+π

De suite de la superposition des deux ondes au pointM , l’élongation résultante est :

YM = Yi M +Yr M = 2a sin2πx

λcos

2πt

T+π

2

Pour obtenir ce résultat à partir de Yi M (t ) et de Yr M (t ),on utilise soit la construction de Fresnel, soit la formule :

cos p + cos q = 2 cosp +q

2cos

p −q

2

Remarque.Dans l’équation YM (t ) ci-dessus, l’amplitude A dupoint M est :

A = 2a sin2πx

λ

A est fonction de l’abscisse x du point M .

Ainsi : Les points d’amplitude nulle (noeuds) ont pour abs-

cisse x telle que :

sin2πx

λ= 0

;

9


⇒2πx

λ= K π(kεN)

⇒ x = kλ

2Cette relation détermine les positions des noeuds.

K = 0 ⇒ x0 = 0

K = 1 ⇒ x1 =λ

2K = n ⇒ xn = n

Calculons la distance d séparant deux noeudsconsécutifs :

d = xn+1− xn = (n +1)λ

2−n

λ

2=λ

2 Les points d’amplitude maximale (ventres) ont

pour abscisse x telle que

sin2πx

λ=±1⇒

2πx

λ= (2K +1)

π

2Ainsi les positions des ventres sont données par larelation :

x = (2K +1)λ

4

Calculons la distance d ′ séparant deux ventresconsécutifs :

d ′ = xK +1− xK =

2(K +1) +1 λ

4− (2K +1)

λ

4

⇒ d ′ =λ

2= d

Nous retenons donc que : les noeuds (ou les ventres)sont équidistants d’une demi-longueur d’onde.

9.6.2 Relation entre la longueur l et latension F de la corde vibrante

A la résonance de la vibration, (lorsque la fréquencepropre de la corde est égale à celle du vibreur), la lon-gueur utile de la corde est égale à un nombre entier dedemi-longueurs d’ondes, soit la longueur d’un nombre

entier n de fuseaux stables. Ainsi : l = nλ

2. Par ailleurs,

λ= c T avec

c =

√

√F

µ

T =1

f

⇒ l =n

2 f

√

√F

µ

C’est la formule des cordes vibrantes.


Exercice 1.

Un ébranlement se propage le long d’une corde à la célé-rité de 20 m s−1. Le schéma ci-dessous (fig.1) représentela corde à l’instant t = 0.

F0

t = 0 ms

Représenter la corde aux instants t1 = 1,5×10−3 s ;t2 = 2×10−3 s ; t3 = 2,5×10−3 s.

Exercice 2.

Une corde élastique est fixée à l’extrémité d’un vibreurde fréquence 50 Hz.2.1. Calculer la longueur d’onde sachant que les vibra-tions se propagent à la célérité de 10 m s−1.2.2. Comparer les mouvements des deux points de lacorde situés à 40 cm l’un de l’autre.2.3. Comparer les mouvements des deux points de lacorde situés à 30 cm l’un de l’autre.

Exercice 3.

Une lame vibrante est animée d’un mouvement sinusoï-dal de fréquence f = 50 Hz. Elle est munie d’une pointequi frappe verticalement la surface d’une nappe d’eauen un point S ; on suppose qu’il n’y a ni amortissementni réflexion des ondes. A la date zéro (t =O ) la source Scommence son mouvement vers le haut (sens positif).

La figure représente en vraie grandeur la coupe de la sur-face de l’eau par un plan vertical passant par S à l’instantde date t1.3.1. Déterminer graphiquement la longueur d’onde λet l’amplitude a . En déduire la célérité c des ondes.3.2. Déterminer la date t1.3.3. Ecrire l’équation horaire du mouvement S .3.4. On considère un point M de la surface situé à la dis-tance d = 8,5 cm de la source S . Ecrire l’équation horairedu mouvement de M . Comparer ce mouvement à celuide S .3.5. On éclaire la surface de l’eau avec un stroboscope.La fréquence des éclairs est 25 Hz. Quel est l’aspect dela surface de l’eau? On diminue très légèrement la fré-quence des éclairs. Qu’observe-t-on à la surface de l’eau ?(Justifier votre réponse).

;

9191


Exercice 4.

Un vibreur entretenu électriquement est animé d’unmouvement sinusoïdal de fréquence f = 50 Hz. Danstout le problème, on supposera l’amortissement desondes négligeables lors de la propagation. A la lame duvibreur est fixée l’extrémité O d’une corde élastique ten-due horizontalement. L’autre extrémité de cette cordecomporte un dispositif qui empêche la réflexion desondes. Le vibreur impose au point O un mouvement si-nusoïdal vertical d’amplitude a = 5×10−3 m.4.1. Définir la longueur d’onde de la vibration et calcu-ler sa valeur, sachant que la célérité des ondes le long dela corde est c = 10 m s−1.4.2. En prenant comme origine des temps l’instant oùla lame du vibreur passe par sa position d’équilibre dansle sens des élongations positives.4.2.1. Ecrire l’équation du mouvement du point O .4.2.2. Ecrire l’équation du mouvement d’un point A dela corde situé à 5 cm de O et celle du mouvement d’unpoint B situé à 15 cm de O . Quelle est la différence dephase entre les mouvements des points A et B ? Que peut-on dire de ces mouvements ?4.3. Représenter l’aspect de la corde à l’instant t = 0,04 s.Quelles sont les abscisses des points de la corde quivibrent en phase avec le point O ? Quelles sont les abs-cisses des points de la corde qui vibrent en oppositionde phase avec le point O ?4.4. A l’instant t = 0,04 s, où se situent les points quiont :4.4.1. une vitesse positive ?4.4.2. une vitesse négative ?

Exercice 5.

Un vibreur muni d’une pointe fine, animé d’un mou-vement sinusoïdal de fréquence N et d’amplitudea = 5 mm, frappe verticalement en un point O la surfaced’une nappe d’eau de grandes dimensions et y produitdes perturbations sinusoïdales de même fréquence et demême amplitude que la pointe et en phase avec elle. Onadmettra qu’il n’y a ni réflexion, ni amortissement.5.1. On réalise un éclairage stroboscopique de la pointeet de la surface de l’eau. On fait croître régulièrement lafréquence des éclairs. On constate que la plus grande fré-quence pour laquelle la pointe paraît immobile et uniquedans une position quelconque est fe = 25 Hz.5.1.1. Expliquer le phénomène. Calculer la fréquence f ,puis la période T des ondes à la surface de l’eau.5.1.2. Décrire l’aspect de la surface de l’eau pourfe = 25 Hz. Qu’observe-t-on si fe = 50 Hz ?5.1.3. On règle le stroboscope à fe = 25 Hz et on mesurele long d’un axe passant par O , la distance séparant sixcrêtes consécutives ; on trouve d = 12 cm. Déterminerla longueur d’onde λ et la vitesse de propagation c desondes à la surface de l’eau.5.2. Etablir l’équation horaire du mouvement de O enprenant comme origine des temps un des instants oùla pointe passe par sa position d’équilibre en se dépla-çant dans le sens positif ascendant. Etablir en prenant lamême origine des temps l’équation du mouvement d’unpoint M situé à la distance O M = 6,6 cm. Comparer les

mouvements de M et de O .5.3. Représenter l’état de la surface de l’eau le long d’unaxe O x à la date t1 = 0,16 s. On placera le point M surle schéma et on utilisera l’échelle suivante : 2 cm pour5 mm réels en ordonnées, 2 cm pour 1 cm réel en abs-cisses.

Exercice 6.

Un vibreur est muni d’une pointe fine dont l’extré-mité, animée d’un mouvement vertical sinusoïdal, de fré-quence N = 25 Hz et d’amplitude 2,5 mm, frappe, en unpoint O , la surface d’un liquide au repos. On négligeral’amortissement du mouvement au cours de la propa-gation et on supposera qu’il n’y a pas de réflexion desondes sur les parois du récipient. On provoque l’immo-bilisation apparente du phénomène par éclairage stro-boscopique.6.1. Quelle relation doit exister entre fe , fréquence deséclairs et f , fréquence du vibreur? Quelle est la valeurmaximale de fe ?6.2. Décrire l’aspect de la surface du liquide.6.3. La distance séparant 6 crêtes consécutives estd = 10 cm.6.3.1. Définir la longueur d’onde d’un mouvement vi-bratoire.6.3.2. Calculer la longueur d’onde et la célérité desondes à la surface du liquide.6.3.3. Ecrire l’équation du mouvement du point O ,y0 = f (t ), en supposant qu’à l’instant t = 0 y0 = 0, lemouvement allant dans le sens positif des élongations.6.4. Ecrire l’équation du mouvement d’un point M si-tué à 3 cm de O et celle du mouvement d’un point Nsitué à 5,5 cm de O . Que peut-on dire du mouvement deM par rapport à celui de N ?6.5. Le vibreur est maintenant muni d’une fourche. Lesextrémités des pointes de la fourche, animées d’un mou-vement vertical sinusoïdal de fréquence f = 25 Hz,frappent en deux points O1 et O2 la surface d’un liquideau repos. La distance O1O2 vaut d ′ = 72 mm. Les ondesse propagent à la surface du liquide avec la céléritéc = 50 cm s−1.6.5.1. Décrire l’aspect de la surface du liquide.6.5.2. Retrouver la condition pour qu’un point de la sur-face du liquide soit : sur une ligne de vibration maximale ; sur une ligne de vibration nulle.En déduire l’état vibratoire d’un point P situé à 17 cm deO1 et à 10 cm de O2 et d’un point Q situé à 9 cm de O1 età 5 cm de O2.6.5.3. Déterminer le nombre et la position des points devibration maximale sur le segment O1O2. Leur positionsera comptée à partir de O1. En déduire le nombre depoints de vibration nulle sur le segment O1O2.

Exercice 7.

Une lame vibrante est munie d’un stylet dont lapointe animée d’un mouvement sinusoïdal de fréquence100 Hz et d’amplitude a = 10−3 m, frappe verticalementen un point S la surface d’une eau initialement au re-pos, en y produisant des perturbations sinusoïdales de

;

9


même fréquence et de même amplitude que la pointe eten phase avec elle. La vitesse de propagation des ondesà la surface de l’eau est 0,40 m s−1 et l’on admettra quel’amplitude des ondes se conserve au cours de la propa-gation.7.1. Ecrire l’équation horaire du mouvement d’un pointM de la surface situé à la distance d de la source. Onprendra comme origine des temps, l’instant où la pointeen contact avec la surface immobile de l’eau se met àvibrer en se déplaçant dans le sens descendant.7.1.1. Calculer l’élongation et la vitesse de M et préci-ser le sens de son mouvement pour d = 4×10−2 m ett = 0,125 s.7.1.2. calculer la distance parcourue par l’onde à l’ins-tant t = 0,125 s.7.1.3. Représenter l’aspect de la surface de l’eau à cetinstant (faire une coupe dans un plan vertical contenantla source). Echelle des distances : 2 ; échelle des élon-gations : 10. 2 La même lame vibrante est munie d’unefourche dont les deux pointes frappent la surface en deuxpoints S1 et S2 simultanément.7.2. 7.2.1. Ecrire l’équation horaire du mouvementd’un point M de la surface situé à la distance d1 de S1

et d2 de S2. On choisira donc l’origine des temps commeprécédemment. Déterminer l’état vibratoire d’un pointM tel que d1 = 5×10−2 m et d2 = 3×10−2 m.7.2.2. Déterminer le lieu des points où l’amplitude estmaximale. Déterminer le nombre et les positions deces points sur le segment S1S2 (Distance des sourcesD = S1S2 = 1,1×10−2 m.)7.3. La fourche est maintenant remplacée par deuxpointes indépendantes vibrant toujours perpendiculai-rement à la surface de l’eau avec la même fréquence et lamême amplitude mais elles présentent un écart de phased’un quart de période, S2 étant en retard sur S1.7.3.1. Ecrire l’équation horaire du mouvement d’unpoint M situé sur la surface de l’eau et déterminerle nombre de points d’amplitude maximale sur S1S2.(S1S2 =D = 1,1×10−2 m).7.3.2. Les deux pointes vibrent de nouveau en phase,mais leurs amplitudes sont inégales : a1 = 0,9×10−3 met a2 = 1,2×10−3 m les autres données restant inchan-gées. Exprimer l’amplitude de la vibration résultanteen un point M de la surface de l’eau et son déphasagepar rapport au mouvement des sources. Appliquer nu-mériquement au point M tel que d1 = 5×10−2 m etd2 = 3×10−2 m.N.B. : Il est conseillé d’utiliser la construction de Fresnel.Les questions 7.1., 7.2. et 7.3. sont indépendantes.

Exercice 8.

Dans tout le problème on négligera l’amortissement etla réflexion des vibrations.

Partie A

Une règle R1, dont le plan est perpendiculaire à la sur-face libre d’un liquide, est disposée de telle sorte qu’elleeffleure la surface du liquide sur toute sa longueur l . Larègle est fixée à un vibreur qui lui communique un mou-

vement sinusoïdal vertical, d’équation

z = a sin(2 f t )

avec a = 2 mm et f = 100 Hz. On voit alors apparaître, depart et d’autre de R1, des rides, parallèles à la règle, de lon-gueur l , qui s’éloigne de R1, avec une célérité constantec = 80 cm s−1. On obtient donc une onde rectiligne.

R1

Vibreur

Ride

R1

Direction depropagation

Vue de dessus

d

+M

8.1. Déterminer l’équation horaire zM (t ) = f (t , d ) dumouvement d’un point M de la surface du liquide situéà la distance d de R1.8.2. A quelle distance de R1 se trouve la front de la per-turbation aux instants t1 = 2×10−2 s et t2 = 2,25×10−2 s.8.3. Tracer les courbes représentant l’aspect de la sur-face du liquide, dans un plan vertical orthogonal à auxinstants t1 et t2.8.4. On éclaire la surface du liquide à l’aide d’un strobo-scope ; la fréquence des éclairs fe peut varier entre 30 et400 Hz.8.4.1. Décrire ce que l’on observe lorsque fe = 50 Hz.Justifier. Quelle est la distance qui sépare deux ridesconsécutives ?8.4.2. Mêmes questions lorsque fe = 200 Hz.8.4.3. On choisit fe = 105 Hz. Décrire le mouvement ap-parent observé. Justifier.

Partie B

On dispose d’une seconde règle R2, identique à R1. Lesdeux règles sont animées du même mouvement sinu-soïdal vertical, d’amplitude a = 2 mm, de fréquencef = 100 Hz et vibrent en phase. R1 et R2 effleurent lasurface du liquide et sont placées comme l’indique laFigure.

;

9193


OX

Y

R1

α

y

d1

M

x

yx

R2

α

d2

La célérité des ondes vaut toujours c = 80 cm s−1.8.1. Reproduire la figure 2 et indiquer les limites duchamp d’interférences.8.2. Soit un point M (x , y ) appartenant au champ d’in-terférences.8.2.1. Donner l’équation horaire z1M (t , x , y )du mouve-ment de M dû à l’onde provenant de R1.8.2.2. Donner l’équation horaire z2M (t , x , y )du mouve-ment de M dû à l’onde provenant de R2.8.2.3. Montrer que l’élongation résultante au point Mpeut se mettre sous la forme :

zM (t , x , y ) = 2a sin

2π f

t −x tanα

cp

1+ tan2α

·

· cos

2π f y

cp

1+ tan2α

Rappel : la distance d d’un point P (xp , yp ) à une droiteD d’équation k x +q y = 0 (k , q ) ∈R2 peut s’écrire :

d =K xp +q ypp

K 2 +q 2

8.3. Donner l’équation des franges d’amplitude maxi-male et celle des franges d’amplitude nulle. Quelle est laforme de ces franges ?8.4. Dans le cas où α= 45°, faire un schéma des frangesd’interférences et préciser la distance qui sépare deuxfranges consécutives de même nature.

Exercice 9.

Soit une lame vibrante, soumise à des vibrations sinu-soïdales, verticales, d’amplitude a = 2 mm, de fréquencef = 100 Hz. A l’une des extrémités O de la lame on at-tache une corde élastique, horizontale, passant sur lagorge d’une poulie. Un dispositif amortisseur empêchela réflexion des ondes en A, point de contact de la cordeavec la poulie. La corde étant tendue par une massem = 100 g, la vitesse de propagation des ondes vaut dansce cas 20 m s−1, et on rappelle qu’elle est donnée par larelation :

V =

√

√ F

µ

F désignant la tension de la corde et µ sa masse linéaire.9.1. Etablir l’équation du point O de la source, sachantqu’à l’instant t =O , il passe par l’origine avec une vitessepositive vers le haut.9.1.1. Etablir l’équation horaire d’un point M situé à ladistance x de la source O .9.1.2. A.N. : Calculer la masse linéaire de la corde etcomparer le mouvement de M avec celui de O pourx =O M = 25 cm. (On prendre g = 10 m s−2).9.1.3. Représenter l’aspect de la corde aux instantst1 = 0,05 s et t2 = 0,055 s en supposant que les vibrationsdébutent à l’instant t = 0.9.2. On supprime maintenant le système amortisseurde telle sorte que les ondes se réfléchissent au point Aqui reste fixe.9.2.1. Pour la valeur m0 = 100 g de la masse suspendueà la corde, on a O A = l0 = 1 m; décrire le phénomèneobservé et déterminer le nombre n0 de fuseaux visiblessi la fréquence f = 100 Hz, O étant considéré comme unnoeu d de vibration.9.2.2. On fait varier la longueur l de la partie vibrantede la corde en déplaçant la poulie, la masse mo restantconstante. Etablir la relation existant entre le nombre n1

de fuseaux, la longueur l1 = O A1 de la corde, l0 et n0.A.N. : n1 = 8, calculer l1.9.2.3. On maintient la longueur l = l0 = 1 m constanteet on suspend à l’extrémité de la corde des masses diffé-rentes. Etablir la relation existant entre le nombre n2 defuseaux, la masse m2, m0 et n0. A.N. : n2 = 5, calculer m2.9.3. En maintenant le dispositif du 4.2.3., on désire ob-server le système à l’aide d’un stroboscope dont la fré-quence f ′ des éclairs varient entre 25 Hz et 500 Hz.9.3.1. Pour quelles valeurs de la fréquence f ′ observe-t-on une seule corde immobile ?9.3.2. Qu’observe-t-on si f ′ = 200 Hz. Représenter alorsle phénomène dans le cas où les ventres sont à leur élon-gation maximale.

;

9




Lors de la propagation de l’ébranlement, chaque pointde la corde reproduit le mouvement de la source avec un

retard θ =x

c⇒ x = c θ .

F0

t = 0 ms

F1

t1 = 1,5 ms

F2

t2 = 2 ms

F3

t3 = 2,5 ms

Soit F0 la position du front du signal à la date t0 = 0 s. Ala date t , le front du signal se trouve en F tel que :

FO F = x = c (t − tO ) = c t

à t = t1 = 1,5×10−3 s

⇒ x1 = 20 ·1, 5 ·10−3

= 0,03 m= 3 cm

à t = t2 = 2×10−3 s

⇒ x2 = 202×10−3

= 0,04 m= 4 cm

à t = t3 = 2,5×10−3 s

⇒ x3 = 20 ·2, 5 ·10−3

= 0,05 m= 5 cm


Soit f = 50 Hz la fréquence du vibreur.2.1. Calcul de la longueur d’onde λ :

λ= c T =c

f=

10

50= 0,2 m= 20 cm

2.2. Comparaison des états vibratoires de deux pointsdistants de d1 = 40 cm.

Faisons le rapportd1

λ:

d1

λ=

40

20= 2

(2 ∈N)⇒ d1 = 2λ

d1 étant égal à un nombre entier de λ, les deux pointsdistants de d1 vibrent en phase.

2.3. Comparaison des états vibratoires de deux pointsdistants de d2 = 30 cm.

Faisons le rapportd2

λ:

d2

λ=

30

20=

3

2

⇒ d2 = 3λ

2

où 3 est un nombre impair. Donc les deux points dis-tant de d2 (égal à un nombre impair de demi-longueurd’onde) vibrent en opposition de phase.


S F

λ

λ

M

3.1. Déterminons : La longueur d’onde λ.

La courbe ci-dessus représente la sinusoïde des es-paces de la surface de l’eau. La période de cette sinu-soïde est la longueur d’onde λ. Sur le graphique

λ= 2 cm= 2×10−2 m

L’amplitude a .

a =M0M = 3 mm= 3×10−3 m

célérité c .

λ= c T

⇒ c =λ

T=λ f

c = 2×10−2 ·50= 1 m s−1

3.2. Date t1 à laquelle correspond le schéma.Considérons la distance S F . Cette distance S F est la dis-tance parcourue par le front de l’onde à la date t1. Gra-phiquement,

S F = 5 cm= 5×10−2 m

Or

S F = c t1

⇒ t1 =S F

c

=5×10−2

1= 5×10−2 s

Remarque. On peut aussi constater que S F correspondà 2, 5λ :

⇒ t1 = 2, 5T =2, 5 ·1

f

=2, 5

50= 5×10−2 s

3.3. Equation horaire du mouvement de S.Soit :

yS = a cos(ωt +φ)

;

9195


avec

a = 3×10−3 m

ω= 2π f = 100π

Déterminonsφ.À t = 0, S commence son mouvement vers le haut donc :

yS ,0 = 0

v (t = 0)> 0

à t = 0

yS ,0 = a cosφ = 0

⇒ cosφ = 0

⇒φ =π

2

ouφ =−π

2

v =d yS

dt=−aωsin(ωt +φ)

à t = 0, v0 =−aωsinφ.

Pourφ =π

2v0 =−aωsin

π

2

=−aω< 0

Pourφ =−π

2v0 =−aωsin

−π

2

=+aω> 0

Puisque à t = 0, v > 0 (d’après les hypothèses) nous rete-

nons queφ =−π

2et

ys (en m)= 3×10−3 cos

100πt −π

2

= 3×10−3 sin 100πt

3.4. Etat vibratoire du point M .Le point M reproduit le mouvement de S avec un retard

θ =SM

c=

d

c

Donc :

yM (t ) = yS

t −d

c

= a sinω

t −d

c

= a sin

ωt −ωd

c

yM (t ) = 3×10−3 sin

100πt −100π8,5×10−2

1

= 3×10−3 sin(100πt −8, 5π)

Comparons le mouvement de M à celui de S. Comparonsla distance d à λ.

d

λ=

8,5×10−2

2×10−2 =8, 5

2

⇒ d = 8, 5λ

2=

17

2

λ

2= 17

λ

4

S et M étant situés à un nombre entier de quart longueurd’onde l’un de l’autre, ils vibrent en quadrature de phase.Remarque. Nous pouvons aussi analyser le déphasageφentre yS et yM :

φ = 8, 5π= 17π

2

Le décalage horaire θ est :

θ = Tφ

2π= T ·17

π

2

1

2π=

17.T

4

Le décalage horaire étant égal à un nombre entier dequart de période, S et M vibrent en quadrature de phase.3.5. Stroboscopie de la surface de l’eau. Aspect de la surface de l’eau pour fe = 25 Hz.

Te =1

fe=

1

25= 0,04 s

et T =1

f=

1

50= 0,02 s. Te = 2T ⇒ entre deux éclairs,

l’onde s’est propagée exactement de 2λ. On observe àla surface de l’eau des rides circulaires qui paraissentimmobiles.

Observation pour fe légèrement inférieure à 25 Hz.Dans ce cas Te ′ > Te ⇒ Te ′ > 2T ⇒ entre deux éclairs,l’onde s’est propagée d’une distance d ′ légèrementsupérieure à 2λ. L’observateur à l’impression qu’entredeux éclairs, l’onde s’est propagée de (d ′ − 2λ). Onobserve donc à la surface de l’eau des rides circulairesqui semblent se propager lentement dans le sens réel.


4.1. Définition et calcul de la valeur de la longueurd’onde λ.La longueur d’onde est égale à l’espace parcouru parle mouvement vibratoire pendant une période T de lasource. Sa valeur est :

λ= c T =c

f=

10

50= 0,2 m= 20 cm

4.2.4.2.1. Equation du mouvement du point O .Cette équation est de la forme :

yO = a cos(ωt +φ)

avec a = 5×10−3 m ;ω= 2π f = 100π.Déterminons φ à partir de la position et de la vitesse àt = 0 :À t = 0,

y0 = a cosφ = 0

⇒ cosφ = 0

⇒φ =π

2

ouφ =−π

2

v =d yS

dt=−aωsin(ωt +φ)

à t = 0, v0 =−aωsinφ.

Pourφ =π

2v0 =−aωsin

π

2

=−aω< 0

Pourφ =−π

2v0 =−aωsin

−π

2

= aω> 0

Or à t = 0, O passe par sa position d’équilibre (⇒ y0 = 0)dans le sens des élongations positives (⇒ v0 > 0). La va-

;

9


leur deφ à retenir est doncφ =−π

2et

yO (en m)= 5×10−3 cos

100πt −π

2

= 5×10−3 sin 100πt

4.2.2. Equation du mouvement de A.Soit d =O A = 5 cm= 5×10−2 m. Le point A reproduit le

mouvement de O avec un retard θ =O A

c=

d

c. Donc :

yA (t ) = yO

t −d

c

= a sinω

t −d

c

= a sin

ωt −ωd

c

yA (t ) = 5×10−3 sin

100πt −100π5×10−2

10

= 5×10−3 sin

100πt −π

2

Equation du mouvement de B .Soit d =O B = 15 cm= 15×10−2 m. Le point B reproduit

le mouvement de O avec un retard θ =O A

c=

d ′

c. Donc :

yB (t ) = yO

t −d ′

c

= a sinω

t −d ′

c

= a sin

ωt −ωd ′

c

yB (t ) = 5×10−3 sin

100πt −100π15×10−2

10

= 5×10−3 sin

100πt −3π

2

Différence de phase entre les mouvements des points A etB .Soient :

ψA = 100πt −π

2

ψB = 100πt −3π

2

les phases respectives des points A et B .

φ =ψA −ψB

φ =

100πt −π

2

−

100πt −3π

2

=π

Donc les points A et B vibrent en opposition de phase.4.3. Aspect de corde à la date t = 0,04 s.Soit un point M d’abscisse x . A la date t = 0,04 s, l’élon-gation du point M est :

yM = a sin 100π

t −x

c

= 5×10−3 sin 100π

0, 04−x

10

yM = 5×10−3 sin(4π−10πx )

⇒ y (x ) est une fonction sinusoïdale. La corde présentel’aspect d’une sinusoïde.Déterminons la longueur l de la corde affectée par l’onde.

l = c t = 10 ·0, 04= 0,4 m

Comparons l à λ :

l

λ=

0, 4

0, 2= 2

⇒ l = 2λ

D’où l’aspect de la corde :

O

y

x

λλ

Abscisse des points de la corde qui vibrent en phaseavec O .Si x est l’abscisse d’un point M vibrant en phase avecO , x = kλ où k ∈N∗ avec λ= 0,2 m ; x = 0, 2k (m).

Abscisse des points de la corde qui vibrent en opposi-tion de phase avec O .Si x est l’abscisse d’un point M vibrant en opposi-

tion de phase avec O , x = (2k ′ + 1)λ

2où k ′ ∈ N avec

λ= 0,2 m ; x = 0, 1+0, 2k ′(m)4.4. Vitesse des points de la corde à la date t = 0,04 s.L’élongation d’un point d’abscisse x étant :

y = a sin(100πt −10πx )

sa vitesse est :

v =d y

dt= 100πa cos(100πt −10πx )

= 0, 5πcos(100πt −10πx )

v = 0, 5πcos(100π0, 04−10πx )

= 0, 5 cos(10πx )

Position des points ayant une vitesse positive.v > 0 si cos(10πx )> 0 or

cos(10πx )> 0

⇒−π

2< 10πx <+

π

2

⇒−0, 05< x < 0, 05

x étant positif, nous retenons que tous les pointsd’abscisse x < 0,05 m ont une vitesse positive àt = 0,04 s.

Position des points ayant une vitesse négative.v < 0 si cos(10πx )< 0 or

cos(10πx )< 0

⇒π

2< 10πx <+

3π

2

⇒ 0, 05< x < 0, 15

Tous les points d’abscisse 0,05 m< x < 0,15 m ont unevitesse négative à t = 0,04 s.


5.1. Etude stroboscopique de la pointe et de la surface del’eau.5.1.1. Explication de l’immobilité apparente de la

;

9197


pointe.Entre deux éclairs consécutifs du stroboscope, la pointeeffectue exactement un nombre entier d’oscillations etelle est surprise dans le même sens. L’observateur a l’im-pression que la pointe est immobile.Fréquence f et période T des oscillations.Te = k T (en raison de ce qui précède) où k ∈N∗

1

fe=

k 1

f

⇒ fe =f

k

fe est maximale pour k = 1. Donc fe (max) = f = 25 Hz.Nous déduisons :

T =1

f=

1

25= 0,04 s

5.1.2. Aspect de la surface de l’eau pour fe = 25 Hz.Les vibrations de la pointe produisent à la surface del’eau des rides circulaires centrées en O (point où lapointe effleure la surface de l’eau). Ces rides ayantla même fréquence ( f = 25 Hz) que la pointe, pourfe = 25 Hz, ces rides centrées en O et équidistantes lesunes des autres, paraissent immobiles. La distance quisépare deux rides consécutives est égale à la longueurd’onde λ. (voir Figure)

λ λ λ

Aspect de la surface d’eau pour fe = 50 Hz.Dans ce cas

Te =1

fe=

1

50

= 0,02 s=T

2

Entre deux éclairs consécutifs, une ride ne progresse que

deλ

2. L’observateur perçoit deux fois plus de rides circu-

laires et immobiles.5.1.3. Calcul de λ et de c .Soit d = 12 cm, la distance qui sépare six crêtes consécu-tives. Pour fe = 25 Hz = f , la distance qui sépare deuxcrêtes consécutives est égale à λ. Donc :

d = 5λ

⇒λ=d

5= 2,4 cm

λ

d

Calcul de c .

λ= c T

⇒ c =λ

T

= 2,4×10−2 ·25= 0,6 m s−1

5.2. Equation horaire du mouvement du point O .(voir exercice 3 question 3.3.)

yO = a cos(ωt −π

2) = a sinωt

avec a = 5×10−3 m; ω = 2π f = 50π,yO = 5×10−3 sin 50πt (en m).

Equation horaire du mouvement de M .Soit d = O M = 7,8 cm = 7,8×10−2 m. Le pointM reproduit le mouvement de O avec un retard

θ =O M

c=

d

c. Donc :

yM (t ) = yO

t −d

c

= a sinω

t −d

c

= a sin

ωt −ωd

c

yM (t ) = 5×10−3 sin

50πt −50π7,8×10−2

0, 6

= 5×10−3 sin (50πt −6, 5π)

yM (t ) = 5×10−3 sin

50πt −13π

2

Comparaison des mouvements de O et de M .Soient :

ψO = 50πt

ψM = 50πt −13π

2

les phases respectives des points O et M .

φ =ψO −ψM

= (50πt )−

50πt −13π

2

= 13π

2

φ est de la forme :

φ =π

2+2kπ

avec k = 3. Donc M et O vibrent en quadrature dephase.

5.3. Représentation de l’état de la surface de l’eau le longd’un axe O x à la date t = 0,16 s.Soit y (x ) l’élongation d’un point M de l’axe O x , d’abs-cisse x .

y (x ) = a sinω

t −x

c

(voir exercice 4 ; 4.3.)La distance l à laquelle se trouve le front de l’onde est :

;

9


l = c t = 0, 6 ·0, 16= 0,096 m= 9,6 cm.

l

λ=

9, 6

2, 4= 4

⇒ l = 4λ

d’où l’aspect de la corde :

O

y

M

λ λ λ λ

Plaçons le point M sur le schéma.

O M

λ=

7, 8

2, 4= 3, 25= 3+

1

4

⇒O M =

3+1

4

λ


6.1. Relation entre fe et f à l’immobilité apparente.Pour obtenir l’immobilité apparente, il faut qu’entredeux éclairs (durée Te ), la pointe effectue k oscillations(de durée k T ).

Te = k T

⇒1

fe=

k 1

f

⇒ fe =f

k

Valeur maximale de fe .fe est maximale lorsque k est minimale soit k = 1 doncfe (max) = f = 25 Hz.6.2. Aspect de la surface du liquide.

Pour fe =f

k, nous observons à la surface du liquide des

rides circulaires équidistantes les unes des autres et quiparaissent immobiles.6.3. Définition de la longueur d’onde.

La longueur d’onde λ est la distance parcourue parl’onde progressive pendant une durée égale à la pé-riode T de la source.Calcul de la longueur d’onde λ.Soit d la distance séparant 6 crêtes consécutives.

λ

d

d = 5λ

⇒λ=d

5=

10

5= 2 cm

Calcul de la célérité c .

λ= c T =c

f

⇒ c =λ f

c = 2×10−2 ·25= 0,5 m s−1

Equation du mouvement du point O .Cette équation est de la forme :

yO = a cos(2π f t +φ)

où a = 2,5 mm= 2,5×10−3 m car le mouvement de Oa la même amplitude que le mouvement de la pointe.Déterminonsφ à partir de la position et de la vitessede O à la date t = 0.

yO = a cos(2π f t +φ)

v =d yO

dt=−a 2π f sin(2π f t +φ)

à t = 0,

Y0(O ) = a cosφ = 0

⇒φ =+π

2

ou φ = −π

2. Le choix de la valeur de φ se déduit de

la vitesse à t = 0. Pour t = 0, v0 = −2πa f sinφ ; or àt = 0, la vitesse est positive. Donc :

−2πa f sinφ > 0

⇒ sinφ < 0

⇒φ =−π

2Donc

yO = 2,5×10−3 cos

50πt −π

2

(en m).6.4. Equation du mouvement des points M et N .Un point P d’abscisse x = O P du milieu propagateurreproduit le mouvement de O avec un décalage horaire

θ =x

c. En d’autres termes, à la date t , P reproduit le

mouvement qu’avait le point O à la date t − θ = t −x

c.

On écrit :

yP (t ) = yO

t −x

c

Ainsi,

yM (t ) = yO

t −xM

c

= a cos

2π f t −2π f xM

c−π

2

A.N. xM = 3×10−3 m

yM = 2,5×10−3 cos

50πt −50π3×10−2

0, 5−π

2

= 2,5×10−3 cos

50πt −7π

2

De même :

yN (t ) = 2,5×10−3 cos(50πt −6π)

;

9199


= 2,5×10−3 cos(50πt )

Comparaison des mouvements de M et N .Calculons la différence de phase ∆φ entre les mouve-ments de M et de N .

∆φ =ψM −ψN

=

50πt −7π

2

− (50πt −6π)

= 5π

2=π

2+2π

Donc M et N sont en quadrature de phase.6.5. La pointe est remplacée par une fourche.6.5.1. Aspect de la surface du liquide.À la surface du liquide, on voit naître en O1 et O2 desondes progressives circulaires qui se superposent en for-mant des rides de forme hyperbolique.6.5.2. Condition pour qu’un point de la surface du li-quide soit.6.5.2.1. Sur une ligne vibration maximale.L’élongation y de la vibration résultante à un point M àl’instant t est donnée par la relation : (Voir cours)

y = 2a cosπ

λ(d2 −d1)cos

2πt

T−π

λ(d1 +d2)

Pourφ1 =φ2 = 0 où

A = 2a cosπ

λ(d2 −d1)

est l’amplitude. Rappelons que d2 = O2M et d1 = O1M .Une ligne de vibration maximale correspond à une am-plitude maximale de la vibration résultante. Soit :

cosπ

λ(d2 −d1) =±1

⇒π

λ|d2 −d1|= kπ

⇒ |d2 −d1|= kλ

k ∈N.6.5.2.2. Sur une ligne de vibration nulle.Il faut que :

cosπ

λ(d2 −d1) = 0

⇔π

λ|d2 −d1|= (2k +1)

π

2

⇒ |d2 −d1|= (2k +1)λ

2

k ∈N.

O1

M

d2d1

O2

Etat vibratoire du point P .Soit d1 = P O1 = 17×10−2 m et d2 = P O2 = 10×10−2 m.Comparons |d2 −d1| à λ :

|d2 −d1|λ

=7×10−2

2×10−2 =7

2

⇒ |d2 −d1|= 7λ

2

La différence de marche est égale à un multiple impairde demi-longueur d’onde. Donc P est situé sur une ligned’amplitude nulle.Etat vibratoire du point Q .Soit d1′ = Q O1 = 9×10−2 m et d2′ = Q O2 = 5×10−2 m.Comparons |d2 −d1| à λ :

|d2′ −d1′ |λ

=4×10−2

2×10−2 = 2

⇒ |d2′ −d1′ |= 2λ

La différence de marche est égale à un multiple entierde longueur d’onde. Donc Q vibre avec une amplitudemaximale.6.5.3. Nombre de points de vibration maximale, situéssur O1O2.Ce nombre est déterminé par la condition :

|d2 −d1|<O1O2d ′

où −d ′ < d2 −d1 < d ′

Pour les points de vibration maximale,

d2 −d1 = kλ

⇒−d ′ < kλ< d ′

⇒−d ′

λ< k <

d ′

λ

A.N. d ′ = 7,2 cm, λ = 2 cm ⇒ −3,6 < k < 3,6. Puisquek ∈Z, il peut prendre les valeurs suivantes :

−3;−2;−1; 0; 1; 2; 3

A chaque valeur de k correspond une ligne de vibrationmaximale. Or toutes les hyperboles de foyer O1 et O2,coupent le segment O1O2. Donc sur O1O2, on dénombre7 points de vibration maximale.Déterminons leur position à partir de O1.

O1 O2

M (x )~i

Soit un point M d’abscisse x dans le repère ((O1, ~i )), etappartenant à une ligne de vibration maximale. Nousavons la double égalité :

¨

d2 +d1 = d ′ (S9.1)

d2 −d1 = kλ (S9.2)

Faisons (S9.1)− (S9.2) et posons x = O1M = d1 On ob-tient :

x =d ′ −kλ

2

A.N. d ′ = 7,2 cm, λ = 2 cm; x = 3,6− k (cm). Pour lesdifférentes valeurs de k , nous avons :

k −3 −2 −1 0 1 2 3

x (en cm) 6,6 5,6 4,6 3,6 2,6 1,6 0,6

Nombre de points de vibration nulle.Comme ci-dessus.

−d ′ < d2 −d1 < d ′

;

9


avec

d2 −d1 = (2k +1)λ

2

⇒−d ′ < (2k +1)λ

2< d ′

⇒−2d ′ +λ

2λ< k <

2d ′ −λ2λ

A.N. −4, 1< k < 3, 1 Le nombre entier k peut prendre lesvaleurs suivantes :

−4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3

On dénombrera donc sur O1O2 8 points immobiles


7.1.7.1.1. Equation horaire du mouvement du point M .Soit yS l’élongation du point S .

yS (t ) = a cos(ωt +φ)

avecω= 2π f et a = 10−3 m. Déterminons φ à partir dela position et de la vitesse à la date t = 0.

yS = a cos(2π f t +φ)

vS =d yS

dt=−2πa f sin(2π f t +φ)

à t = 0,

yS (0) = a cosφ = 0

⇒φ =+π

2

ouφ =−π

2

Le choix de la valeur de φ se déduit de la vitesse à t = 0à t = 0, vS0 = 2πa f sinφ. A t = 0, le mouvement de S estdescendant⇒ vS0 < 0. Donc

−2πa f sinφ < 0

⇒ sinφ > 0

Des deux valeurs deφ ci-dessus, nous choisissons :

φ =π

2

⇒ yS = a cos(2π f t +π

2)

A la date t , M reproduit le mouvement qu’avait le point

S à la date t −d

c.

yM (t ) = yS

t −d

c

= a cos

2π f t −2πf d

c+π

2

7.1.2. Elongation et vitesse du point M pourd = 4×10−2 m et t = 0,125 s.

yM =10−3 cos

2π100 ·0, 125

−2π1004×10−2

0, 4+π

2

⇒ yM =0

Vitesse du point M .

vM =d yM

dt=−2πa f sin

2π f t −2πf d

c+π

2

Pour d = 4×10−2 m et t = 0,125 s

vM =−2π10−3 ·100·

· sin

2π100 ·0, 125−2π1004×10−2

0, 4+π

2

=0,63 m s−1

vM >0

⇒ le mouvement de M est ascendant.7.1.3. Distance l parcourue par l’onde à la datet = 0,125 s.

l = c t = 0, 4 ·0, 125= 0,05 m= 5 cm

7.1.4. Aspect de la surface de l’eau à la date t = 0,125 s.L’élongation d’un point M de la surface de l’eau est fonc-tion du temps et de la distance d = SM

yM = f (t , d ) = a cos

2π f t −2πf d

c+π

2

= a cos

2π f t −2πd

λ+π

2

à t = 0,125 s, yM devient une fonction de d seulement.Ainsi, à t = 0,125 s,

yM (d ) = a cos

−2πd

λ+25, 5π

Donc y (d ) est une fonction sinusoïdale. Une coupe dansun plan vertical passant par S , montre que la surface del’eau présente de part et d’autre de S , l’aspect d’une sinu-soïde de période λ. Cette sinusoïde affecte une distancel = c t = 5 cm de la surface de l’eau, correspondant àl

λ=

5×10−2

4×10−3 = 12, 5 longueur d’onde.

S

12λ 0,5λ

A d = 0, y = 0 ; à d =λ

4, y =−a . Pour des raisons de mise

en page, nous représentons les premières et les dernièressinusoïdes.7.2. Interférence à la surface de l’eau.7.2.1. Equation horaire du mouvement d’un point M si-tué à d1 de S1 et à d2 de S2.S1 et S2 constituent deux sources secondaires des ondes.Leurs équations horaires sont :

yS1 = a cos(2π f t +φ1)

yS2 = a cos(2π f t +φ2)

où φ1 = φ2 =π

2(car les conditions initiales sont les

mêmes qu’au 2.1.1). Soit d1 = S1M et d2 = S2M . Détermi-nons les élongations y1 et y2 des vibrations issues de S1 et

;

9201


S2 au point M . A l’instant t , l’onde issue de S1, reproduit

en M le mouvement qu’avait S1 à l’instant

t −d1

c

où

c est la célérité de propagation de l’onde. On peut doncécrire que :

y1 = yS1

t −d1

c

= a cos

2π f

t −d1

c

+π

2

⇒ y1 = a cos

2π f t −2π fd1

c+π

2

De la même manière on montre que :

y2 = yS2

t −d2

c

= a cos

2π f t −2π fd2

c+π

2

Lorsque les deux ondes se superposent au point M ,l’élongation y de la vibration résultante est : y = y1 + y2.y peut se mettre sous la forme : y = A cos(2π f t +φ). Dé-terminons les valeurs de l’amplitude A et de la phaseφ.Pour cela, utilisons la construction de Fresnel. y1 et y2

peuvent s’écrire :

y1 = a cos(2π f t +φ1)

avecφ1 =−2π fd1

c+π

2

y2 = a cos(2π f t +φ2)

avecφ2 =−2π fd2

c+π

2

~O A1 et ~O A2 sont les vecteurs de Fresnel associés respec-tivement à y1 et y2 (voir figure ci-dessous).

φ =φ1 +α

avec α=φ2 −φ1

2

⇒φ =φ1 +φ2

2

=−πf

c(d1 +d2) +

π

2

Déterminons l’amplitude A de y .Le triangle O H A1 étant rectangle en H ,

cosα=O H

O A1

avec O A1 = a

O H =A

2

cosα=A

2a

⇒ A = 2a cosα

Avec

α=φ2 −φ1

2=−π

f

c(d2 −d1)

⇒ A = 2a cosπ f

c(d2 −d1)

D’où l’équation horaire du mouvement de M .

y =2a cosπ f

c(d2 −d1)·

· cos

2π f t −π f

c(d2 +d1) +

π

2

Etat vibratoire d’un point M tel que d1 = 5×10−2 m etd2 = 3×10−2 m.

O

Origine des phases

A1

A2 A

H

αϕ2

ϕ1

ϕ

Cette état dépend de la différence de marche d2 − d1.Comparons |d2 −d1| à λ.

|d2 −d1|λ

=|3×10−2 −5×10−2|

4×10−3 = 5

⇒ |d2 −d1|= 5λ

La différence de marche est égale à un multiple entier delongueur d’onde. Ce point M vibre avec une amplitudemaximale.7.2.2.7.2.2.1. Lieu des points d’amplitude maximale.Ces points sont tels que la différence de marche

|d2 −d1|= kλ

avec k ∈N.7.2.2.2. Nombre et position de ces point sur la droiteS1S2.

O1

M

d2d1

O2

|d2 −d1|< S1S2

avec |d2 −d1|= kλ et S1S2 =D . Donc,

−D < kλ<D

⇒−D

λ< k <

D

λ

A.N. D = 1,1×10−2 m etλ= 4×10−3 m ;−2, 75< k < 2, 75avec k ∈Z. k peut prendre les valeurs suivantes :

−2;−1; 0; 1; 2

A chaque valeur de k , correspond une ligne de vibra-tion maximale. Or toutes les hyperboles de foyer S1 etS2 coupent le segment S1S2. On dénombre donc sur S1S2

5 points de vibration maximale.Déterminons la position de ces points à partir de S1.

;

9


d1 d2

S1 S2

M

La position de ces points est donnée par la double égalité

d

2 +d1 =D (S9.1)

d2 −d1 = kλ (S9.2)

⇒ d1 =D −kλ

2

A.N. Pour D = 1,1×10−2 m; λ = 4×10−3 m;d1 = 5,5×10−3 −2×10−3k en m.

K −2 −1 0 1 2

d1 (en mm) 9,5 7,5 5,5 3,5 1,5

7.2.3. Interférences avec deux sources secondaires S1 etS2 indépendantes.7.2.3.1. Lorsque S2 est en retard d’un quart de périodepar rapport à S1.

Avec a1 = a2 = a ,ω1 =ω2 =ω. Dans ce cas,φ1−φ2 =π

27.2.3.2. L’équation horaire du mouvement du point Ms’écrit :

y =2a cosπ f

c(d2 −d1)·

· cos

2π f t −π f

c(d1 +d2) +

φ1 +φ2

2

φ1 −φ2 =π

2

⇒φ1 +φ2

2=φ1 +φ1 −

π

22

=φ1 −π

4

Si on choisit l’origine des dates telle queφ1 =π

2comme

ci-dessus, on a :

φ1 +φ2

2=π

4

y =2a cosπ f

c(d2 −d1)·

·cos

2π f t −π f

c(d1 +d2) +

π

4

L’amplitude de la vibration résultante est la même qu’en2.2. Donc la position et le nombre des points de vibrationmaximale sur S1S2 n’a pas varié. Leur nombre est de 57.2.3.3. Cas oùφ1 =φ2, mais a1 6= a2.

a1

A1

a2

A2

A

K

a

O

ϕ1

ϕ2

ϕ

Amplitude de la vibration résultante au point M . Dans cecas, les mouvements qui se superposent en M ont pouréquations horaires :

y1 = a1 cos

2π f t −2π f d1

c+φ1

y2 = a2 cos

2π f t −2π f d2

c+φ2

Posons

φ1 =−2π f d1

c+φ1

φ2 =−2π f d2

c+φ2

Dans le parallélogramme O A1AA2, on démontre à l’aidedu produit scalaire que :

a 2 = a 21 +a 2

2 +2a1a2 cos(φ1 −φ2)

avecφ1 −φ2 =2π f

c(d2 −d1) carφ1 =φ2

a =

√

√

√

a 21 +a 2

2 +2a1a2 cos

2π f

c(d2 −d1)

A.N. a1 = 0,9×10−3 m; a2 = 1,2×10−3 m; f = 100 Hz;c = 0,40 m s−1 ; d1 = 5×10−2 m; d2 = 3×10−3 m;a = 2,1×10−3 m. Calculons le déphase φ. Dans le tri-angle O AK , on a :

tanφ =K A

O K

avec K A = a2 sinφ2 + a1 sinφ1 etO K = a2 cosφ2 +a1 cosφ1

tan=a2 sinφ2 +a1 sinφ1

a2 cosφ2 +a1 cosφ1

La valeur numérique de φ dépend de la valeur numé-rique deφ1 etφ2.


Soit une onde rectiligne émise par une règle dont le mou-vement sinusoïdal a pour équation :

zR = a sin 2π f t

avec a = 2×10−3 m; f = 100 Hz;c = 80 cm s−1 = 0,8 m s−1.

Partie A

8.1. Equation horaire zM (t ) = f (t , d ) du mouvementd’un point M .À la date t M reproduit le mouvement qu’avait le règle

(source) à la date t −d

c. On écrit :

zM (t ) = zR

t −d

c

= a sin 2π f

t −d

c

⇒ zM = 2×10−3 sin(200πt −250πd )

8.2. Distance d à la laquelle se trouve le front de l’ondeà la date t .

d = c t

à t1 d1 = c t1 = 0, 8 ·2×10−2 = 1,6×10−2 m

à t2 d2 = c t2 = 0, 8 ·2,25×10−2 = 1,8×10−2 m

8.3. Aspect de la surface du liquide aux instants t1 et t2.zM = f (t , d ) est une fonction du temps et de la distance

;

9203


d .

zM = a sin

2π f t −2π f d

c

= a sin

2π f t −2πd

c T

c T =λ

zM = a sin

2π f t −2πd

λ

Pour t = t1 = 2×10−2 s

zM = a sin

4π−2πd

λ

=−a sin 2πd

λ= f (d )

Donc l’élongation du mouvement d’un point est unefonction sinusoïdale de la distance d . La surface du li-quide présente de part et d’autre de la règle l’aspectd’une sinusoïde de période

λ= c T =c

f=

0, 8

100= 8×10−3 m

Cette sinusoïde affecte une distance d1 (où l’onde a pro-gressé) de la surface du liquide.

d1

λ=

1,6×10−2

8×10−3 = 2

la sinusoïde des espaces de période spatiale est telle quele front d’onde se trouve à 2λ.

Pour d = 0, zM = 0 et pour d =λ

4, zM = −a . Pour

t = t2 = 2,25×10−2 s

zM = a sin

4, 5λ−2πd

λ

la sinusoïde des espaces affecte une distance d2 de lasurface du liquide :

d2 = c t2 = 1,8×10−2 m

d2

λ=

1,8×10−2

8×10−3 = 2,25 m

⇒ d2 = 2λ+λ

4

Déterminons quelques élongations à t2.

Pour d = 0, z (t2) = a sin(4,5π) = +a et pour d =λ

4,

z (t2) = a sin

4, 5π−π

2

= 0. Nous pouvons représenter

l’aspect de la surface du liquide à t1 et à t2.

2λ

2,25λaspect à t1

aspect à t2

8.4. Stroboscopie.8.4.1. Ce qu’on observe lorsque fe = 50 Hz.

Dans ce cas, Te =1

fe=

1

50= 0,02 s= 2T .

Entre deux éclairs (durée Te ), chaque onde progressed’une distance d = c Te = 2c T = 2λ.

Chaque ride occupe exactement la position d’une autreride, d’où l’impression d’immobilité de la surface. La dis-tance séparant les rides consécutives est λ. En effet, lasurface du liquide présente le même aspect à chaqueéclair.

8.4.2. Lorsque fe = 200 Hz, Te =T

2. Entre deux éclairs,

chaque ride parcourt une distanceλ

2. Les éclairs étant

très rapprochés, on a l’impression de voir beaucoup plus

de rides parallèles à R1, distantes deλ

2.

8.4.3. Pour fe = 105 Hz, légèrement supérieure à f .Il en résulte que Te est légèrement inférieure à T . Entredeux éclairs, la ride a progressé de l légèrement infé-rieure à λ. On a donc l’impression que cette ride a reculéde λ− l . Il en résulte un mouvement apparent ralenti en

sens inverse, à la vitesse va =λ− l

Te.

Partie B

Interférence

X

Y

R2

R1

8.1. Limites du champs d’interférences. Le champ d’in-terférence est l’intersection des surfaces balayées par lesdeux ondes planes entretenues. (zone hachurée; voir fi-gure ci- contre)8.1.1. Equation horaire z1M (t , x , y ) du mouvement deM (x , y ) dû à l’onde issue de R1.

z1M = a sin 2π f

t −d1

c

où d1 est la distance qui sépare le point M (x , y ) de ladroite matérialisée par la règle R1. La droite R1 a pouréquation : y = x tanα soit x tanα− y = 0. A partir de larelation :

d =|K xp +q yp |p

K 2 +q 2

nous avons (en rapprochant xP = x ; yP = y ; K = tanα,q =−1)

d1 =x tanα− yp

tan2α+1

z1M = (t , x , y ) = a sin

2π f t −2π f (x tanα− y )

cp

1+ tan2α

8.1.2. Equation horaire z2M (t , x , y ) du mouvement deM dû l’onde provenant de R2.

;

9


L’équation de la droite support de R2 étant y +x tanα= 0,une démarche semblable à la question 2.2 conduit à :

z2M = (t , x , y ) = a sin

2π f t −2π f (x tanα+ y )

cp

1+ tan2α

8.1.3. Elongation zM (t , x , y ) du mouvement résultantau point M .

zM = (t , x , y ) = z1M (t , x , y ) + z2M (t , x , y )

Posons :

φ1 =−2π f (x tanα− y )

cp

1+ tan2α

φ2 =−2π f (x tanα+ y )

cp

1+ tan2α

ZM (t , x , y ) = a sin(2π f t +φ1) +a sin(2π f t +φ2)

En utilisant la construction de Fresnel ou la somme tri-gonométrique,

sin p + sin q = 2 sinp +q

2cos

p −q

2

on obtient :

ZM = 2a cosφ2 −φ1

2sin

2π f t +φ2 +φ1

2

Avec

φ2 −φ1

2=−

2π f y

cp

1+ tan2α

φ2 +φ1

2=−

2π f x tanα

cp

1+ tan2α

ZM =2a cos2π f y

cp

1+ tan2α·

· sin 2π f

t −x tanα

cp

1+ tan2α

8.2. Equation des franges d’amplitude maximale etéquation des franges d’amplitude nulle.

Dans l’équation ZM (t , x , y ), 2a cos2π f y

cp

1+ tan2αest

l’amplitude du mouvement. Les franges d’amplitude maximale sont obtenues

pour :

cos2π f y

cp

1+ tan2α=±1

⇒2π f y

cp

1+ tan2α= K

⇒ y = 4×10−3kp

1+ tan2α

Les franges immobiles s’obtiennent pour :

2π f y

cp

1+ tan2α= (2k +1)

π

2

⇒ y = 2×10−3(2k +1)p

1+ tan2α

Forme de ces franges.y = constante⇒ ces franges sont parallèles à l’axe O x .8.3. Pour α= 45°. Les frange d’amplitude maximale ont pour équation :

ym = 4×10−3kp

1+ tan2α= 4p

210−3k

Les franges d’amplitude nulle ont pour équation :

yn = 2p

210−3(2k +1)

La distance qui sépare deux franges maximales consé-cutives est :

i = ym (k +1)− ym (k )

= 4p

210−3(k +1)−4p

210−3k

= 4×10−3p2 m

O

X

Y

R2

R1


a = 2×10−3 m : m = 100 g = 0,1 kg; c = 20 m s−1 ;

f = 100 Hz⇒ T =1

f= 10−2 s.

9.1.9.1.1. Equation du point O .L’équation du mouvement de O est de la formeyo = a cos(2π f t +φ). Déterminonsφ à partir des condi-tions initiales : à t = 0 le point O passe par l’origine.

⇒ yO (t = 0) = a cosφ = 0

φ =+π

2ouφ =−

π

2(S9.1)

De plus, à t = 0, la vitesse de O est positive.

v =d y

dt=−2π f a sin(2 f t +φ)

à t = 0 vo = −2π f a sinφ > 0 ⇒ sinφ < 0. En tenant

compte de (S9.1),φ =−π

2donc :

yO = 2×10−3 cos

200πt −π

2

9.1.2. Equation horaire du point M .À la date t , le point M reproduit le mouvement qu’avait

O à l’instant t −x

c. On écrit :

yM (t ) = yO

t −x

c

soit :

yM = a cos

2 f

t −x

c

−π

2

;

9205


= 2×10−3 cos

200πt −10πx −π

2

9.1.3. Calcul de la masse linéaire µ de la corde.

c =

√

√ F

µ

c 2µ= F

⇒µ=F

c 2

Avec

F = P =mg

⇒µ=mg

c 2

µ=0, 1 ·10

202= 2,5×10−3 kg m−1

Comparons le mouvement de M à celui de O .Comparons la distance O M = x à λ= c T .

x

λ=

x

c T=

25×10−2

20×10−2 =5

4

⇒ x = 5λ

4= (2 ·2+1)

λ

4

x est de la forme (2k + 1)λ

4. Donc M et O sont en qua-

drature de phase.Autre méthode.Pour x = 25×10−2,

yM (t ) = 2×10−3 cos

200πt −2, 5π−π

2

= 2×10−3 cos(200πt −3π)

Soit (ψM (t ) = 200πt − 3π) la phase du mouvement de

M à la date t et (ψO (t ) = 200πt −π

2) la phase du mou-

vement de O à la date t . Le déphasage entre les mouve-ment de M et O est :

∆ψ=ψO (t )−ψM

=

200πt −π

2

− (200πt −3π) =5π

2

Donc M et O sont en quadrature de phase.9.1.4. Aspect de la corde à la date t1 = 0,05 s.L’élongation d’un point M est fonction de son abscissex et du temps t .

yM = a cos

2π f t −2π fx

c−π

2

= a cos

2π f t −2πx

λ−π

2

Pour t = t1 = 0,05 s, f = 100 Hz

yM = a cos

9, 5π−2πx

λ

yM est une fonction sinusoïdale de l’abscisse. La cordese présente sous forme d’une sinusoïde. Cette sinusoïdeaffecte une longueur l1 de la corde telle que.

l1 = c t1 = 20 ·0, 05= 1 m

l1

λ=

1

20×10−2 = 5

⇒ l1 = 5λ

O λ 2λ 3λ 4λ 5λ t1 = 0,050 s

Déterminons l’élongation de quelques points de lacorde :

Pour x = 0 y = a cos(9, 5π) = 0

Pour x =λ

4y = a cos

9, 5π−2πλ

4

1

λ

= a cos(9π) =−a

Le même raisonnement conduit à l’aspect suivant de lacorde à la date t2 = 0,055 s.Remarques

yM (t ) = a cos

10, 5π−2πx

λ

Pour x = 0, yM = 0 et x =λ

4, yM =+a . L’onde affecte une

longueur de corde l2 = c t2 avec l2 = 1,1 m etl2

λ= 5,5⇒

l2 = 5, 5λ.

O5, 5λ

t2 = 0,055 s

9.2. Ondes stationnaires.9.2.1. Description du phénomène observé.La corde vibre très rapidement en présentant l’aspect defuseaux.

λ/2

l

Nombre n0 de fuseaux lorsque l = l0 = 1 m.Les deux extrémités de la corde étant fixe, la conditiond’obtention des ondes stationnaires est :

lo = noλ

2

où no ∈N et

λ= c T =c

f

⇒ lo = noc

2 f

⇒ no =2lo f

c(S9.2)

A.N. l0 = 1 m ; f = 100 Hz ; c = 20 cm s−1 ; n0 = 10 fuseaux.9.2.2. Relation entre n1, l1, n0 et l0.En admettant que nous avons toujours un systèmed’ondes stationnaires, pour f et c constantes,

n1 =2l1 f

C(S9.3)

;

9


Faisons (S9.2)/(S9.3)

⇒no

1=

2lo

2l1

⇒ l1 = lon1

no

A.N. n1 = 8 ; l0 = 1 m, n0 = 10, l1 = 0,8 m.9.2.3. Pour l2 = l0 = 1 m, déterminons la relation entren2, m2 et n0.En système d’ondes stationnaires,

n =2l f

cavec

c =

√

√ F

µ=√

√mg

µ

⇒ n 2 =4l 2 f 2

c 2=

4l 2 f 2µ

mg

Pour l , f , et µ constants,

n 2o =

4l 2 f 2µ

mo g(S9.4)

n 22 =

4l 2 f 2µ

m2g(S9.5)

Faisons (S9.4)/(S9.5)

⇒n 2

o

n 22

=m2

mo

⇒m2 =mon 2

o

n 22

A.N. n2 = 5 ; m0 = 0,1 kg ; n0 = 10 ; m2 = 0,4 kg= 400 g.9.3. Etude stroboscopique.9.3.1. Valeurs de la fréquence f ′ des éclaire pour les-quelles nous observons une seule corde immobile.Pour obtenir une seule corde apparemment immobile, ilfaut qu’entre deux éclairs (durée T ′) la corde effectue unnombre entier k d’oscillations de durée k T . Donc :

T ′ = k T

⇒1

f ′= k

1

f

⇒ f ′ =f

k

or 25≤ f ′ < 500

⇒ 25 6=f

k≤ 500

⇔f

500≤ k ≤

f

25

⇒100

500≤ k ≤

100

25

k ∈N k = 1,2,3,4. Les valeurs possibles de la fréquencef ′ sont :

k 1 2 3 4

f ′ (en Hz) 100 50 33,3 25

9.3.2. Observation pour f ′ = 200 Hz.

T ′ =1

f ′=

1

200= 0,005 s=

T

2

Donc entre deux éclairs, la corde effectue une demi-oscillation. Elle sera surprise deux fois au cours d’une os-cillation. En nous intéressant au mouvement d’un pointd’amplitude maximale (ventre), on le verra tantôt à l’état(1), tantôt à l’état (2). On verra 2 cordes apparemmentimmobiles, “en opposition de phase”.

0

Etat (2)

Etat (1)

;

10207

La lumière

10.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

10.2 Les interférences lumineuses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20810.2.1 L’expérience de fentes de young . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20810.2.2 Expression de la diérence de marche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20910.2.3 Expression de l’interfrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20910.2.4 Dénition et calcul de l’interfrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21010.2.5 Les interférences en lumière blanche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

10.3 L’eet photoélectrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.3.1 Mise en évidence expérimentale de l’eet photoélectrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.3.2 Etude quantitative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.3.3 Etude des caractéristiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

10.4 Courbe de Millikan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21310.4.1 Interprétation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214



;

10

208 Chapitre 10. La lumière

10.1 Introduction

Pour expliquer toutes les propriétés de la lumière, lesphysiciens ont dû admettre que la lumière a un doubleaspect : aspect ondulatoire : la lumière se comporte comme

une onde, et possède les mêmes propriétés qu’uneonde ; aspect corpusculaire : la lumière est constituée de

particules d’énergie appelées photons.Dans ce chapitre, nous allons étudier deux phénomènesmettant en évidence les deux aspects de la lumière : lesinterférences lumineuses et l’effet photoélectrique.

10.2 Les interférenceslumineuses

10.2.1 L’expérience de fentes de young

Le dispositif expérimental

Une source lumineuse éclaire un trou S suffisammentfin pratiqué dans une feuille opaque. Le trou S reçoit lalumière et la diffracte.

Figure 10.1

S

S1

S2

Filtre

P

Ecran

N1

N2

O

Un verre coloré (filtre) est placé devant le trou S . S ,muni du filtre constitue une source de lumière mono-chromatique. Soitλ la longueur d’onde de cette lumièremonochromatique. La lumière monochromatique issue du filtre éclaire

deux autres trous très fins S1 et S2, assez rapprochés. La lumière monochromatique est à nouveau dif-

fractée par S1 et S2. S1 et S2 se comportent commedes sources secondaires. Les faisceaux diffractésissus de S1 et S2 possèdent une partie commune

P N1N2. Cette partie commune est le champ d’in-terférences. Coupons cette partie commune par un écran E pa-

rallèle à S1S2.

Observations

A l’écran, dans la partie commune aux deux faisceaux,on observe des raies lumineuses, séparées les unes desautres par des raies sombres, très fins, pratiquementrectilignes, parallèles, équidistantes et de même direc-tion S1S2 : ces raies sont les franges d’interférences. Cesfranges sont équidistantes les unes des autres d’une lon-gueur i appelée interfrange.

Figure 10.2

F

H

F2F1

O

x

x ′

Ecran E

Frange sombre

Frange centralebrillante

i

Le système de franges obtenu est symétrique par rap-port à la frange brillante centrale. De plus, si on déplacel’écran, on constate, à condition évidemment de resterdans le champ d’interférences, que les franges existentquelle que soit la position de l’écran : on dit que lesfranges observées sont délocalisées.

Figure 10.3

O

ii

Conclusion: L’apparition des raies alternativementsombres et brillantes, montre que la lumière quis’ajoute à la lumière peut donner : soit la lumière, ce qui donne une raie brillante ; soit l’obscurité, ce qui donne une raie sombre.

On peut donc rapprocher cette expérience de celle réa-lisée à l’aide de deux sources synchrones à la surfaced’un liquide.Cette similitude des observations conrme bien la na-ture ondulatoire de la lumière.

;

10209

10.2. Les interférences lumineuses

Interprétation

Considérons un point M de l’écran situé dans le champd’interférences. Pour une frange donnée, l’état vibra-toire est le même pour tous les points situés sur unemême verticale ; il suffit donc de repérer le point M parson abscisse O M sur l’axe orienté x ′x .

Soient : a la distance entre les deux fentes F1 et F2 ;D la distance séparant le plan des fentes de l’écran D .D =O H .

L’expérience montre que le système de franges nepeut s’observer qu’au voisinage de la droite H O , à unedistance assez importante des fentes.

Donc a (de l’ordre du millimètre) et O M = x (del’ordre de centimètre) sont très petits par rapport à D(de l’ordre du mètre)

10.2.2 Expression de la diérence demarche

Etudions le chemin suivi par deux rayons distinctsissus de la fente source F et interférant au point M . (VoirFigure 10.4)

Figure 10.4

M

O

F

x ′

x

d1

d2

F1

F2

H1

H2

x

D

a

2

a

2

Ces deux rayons ne parcourent pas le même chemingéométrique. Or l’état vibratoire au point M dépendnon seulement de l’abscisse du point M , mais aussi dela différence de marche notée δ (en optique).

Calculons δ :

δ=

F F2+ F2M

−

F F1+ F1M

= d2−d1

(car F F2 = F F1). Utilisons les triangles rectanglesF1H1M et F2H2M :

d 21 =D 2+H1M 2 =D 2+

x −a

2

2

(10.1)

d 22 =D 2+H2M 2 =D 2+

x +a

2

2

(10.2)

En faisant (10.1)− (10.2) on obtient :

d 22 −d 2

1 =

x +a

2

2

−

x −a

2

2

= 2a x

Soit

(d2+d1)(d2−d1) = 2a x

D’après les expressions (10.1) et (10.2), et en tenantcompte que les grandeurs a et x sont très petites de-vant D , on peut écrire que :

d1+d2 ≈ 2D

Dans ces conditions, δ= d2−d1 =a x

D.

10.2.3 Expression de l’interfrange

On appelle ordre d’interférence la quantité notée ptelle que :

p =δ

λ

où λ est la longueur d’onde de la lumière monochroma-tique utilisée. Notons que : Si p = k (avec k = 0,±1,±2, . . . ,±n), il s’agit d’une

frange brillante. En effet, p = k s’écrit aussi :

δ

λ= k

⇒δ= K λ

soit d2−d1 = K λ.

Si p = k ′ +1

2(avec k ′ = 0,±1,±2, . . . ,±n), il s’agit

d’une frange sombre. Dans ce cas on écrit :

δ

λ= k ′+

1

2

⇒δ= d2−d1 =

2k ′+1 λ

2Si on attribue l’ordre d’interférence p = 0 à la frangebrillante centrale : les franges brillantes ont les ordres :

−n . . . ,−2,−1, 0, 1, 2, n

les franges sombres ont les ordres :

−

n +1

2

, . . . ,−3

2,−

1

2,

1

2,

3

2, . . . ,+

n +1

2

;

10


10.2.4 Dénition et calcul de l’interfrange

Figure 10.5

x ′ x

−4 +4−3 +3−2 +2−1 +10

−9

2+

9

2−

7

2+

7

2−

5

2+

5

2−

3

2+

3

2−

1

2+

1

2

Ordre d’interférencedes franges brillantes

Ordred’interférence desfranges sombres

L’interfrange est la distance séparant les milieux dedeux franges consécutives de même nature. Considé-rons une frange brillante d’ordre p ; la frange brillanteconsécutive a l’ordre p ′ = p +1. On peut donc écrire :

p =δ

λ= k

⇒a x

λD= k

⇒ x = kλD

a

p ′ =δ

λ= k +1

⇒a x ′

λD= k +1

⇒ x ′ = (k +1)λD

a

D’où la valeur de l’interfrange i : i = x ′− x =λD

a.

Un calcul identique effectué avec les franges sombresconduit évidemment au même résultat. La valeur del’interfrange est donc :

i =λD

a

Exercice

Soit un système de fente de Young dans lequela = 1 mm,D = 1 m. On constate que la dixième frangebrillante (compté à partir de la frange brillante centralese trouve à 7,0 mm du milieu de cette frange centrale.En déduire :1. la longueur d’onde de la lumière incidente ;2. la valeur de l’interfrange ;3. la distance séparant les milieux des sixième et hui-

tième franges sombres situées de part et d’autrede la frange centrale.

Solution

1. Calculons la longueur d’onde λ de la lumière. Soitp = 10, l’ordre de la dixième frange :

p =δ

λ

⇒a x

λD= p

⇒λ=a x

p D

A.N. a = 1×10−3 m ; x = 7×10−3 m ; D = 1 m,p = 10 :

λ=10−3 ·710−3

10 ·1= 7×10−7 m.

2. Valeur de l’interfrange i .

i =λD

a

=7×10−7 ·1

10−3 = 7×10−4 m= 0,7 mm

3. Distance séparant les 6e et 8e franges sombres si-tuées de part et d’autre de la frange centrale. Ordre de la 6e frange sombre :

p(6)′ =δ(6)′

λ=

a x(6)λD

= 5+1

2(10.3)

Ordre de 8e frange sombre située de l’autrecôté de frange centrale :

p(−8)′ =δ(−8)′

λ=

a x(−8)

λD=−

7+1

2

(10.4)

Faisons (10.3)− (10.4) :a

λD(x(6)− x(−8)) =

5−1

2

+

7+1

2

⇒ x(6)− x(−8) = 13λD

a= 13i = 9,1 mm

10.2.5 Les interférences en lumièreblanche

La lumière blanche est formée d’une infinité de lu-mières indécomposables dites monochromatiques (dugrec mono = un, et khrôma = couleur). Chacune deces lumières monochromatiques est caractérisée par sacouleur et sa longueur d’onde.

Que se passe-t-il si on éclaire le dispositif des fentesde Young avec de la lumière blanche ?

Chacune des lumières monochromatiques formantla lumière blanche donne son propre système de

;

10211

10.3. L’eet photoélectrique

franges. Il y a donc superposition de tous les systèmesde franges. En particulier, on observe une frange cen-trale brillante blanche, résultant de la superposition desfranges centrales brillantes de toutes les lumières mo-nochromatiques. De part et d’autre, on voit des frangescolorées de plus en plus décalées, jusqu’à ce que l’oeilne soit plus capable de distinguer les franges sombresdu reste : on dit qu’il y a brouillage des franges.

10.3 L’eet photoélectrique

Découvert par Hertz 1 en 1887, l’effet photoélectriqueest la propriété qu’ont certains métaux d’émettre desélectrons sous l’effet de radiations lumineuses.

10.3.1 Mise en évidence expérimentalede l’eet photoélectrique

Fixons sur un électroscope une lame de zinc bien net-toyée. Electrisons l’ensemble et éclairons cette lame dezinc avec un arc électrique (notons que l’arc électriqueest une source de lumière riche en ultraviolet)Fig. 10.6 Lorsque l’électroscope est chargé négative-

ment, on constate que sous l’effet de l’éclairage,les deux feuilles de l’électroscope retombent ra-pidement : la lame de zinc sous l’action des ra-diations données par l’arc, émet des électrons quis’éloignent car l’électroscope-lame perd des élec-trons : l’électroscope se décharge.

Figure 10.6

−−−−

−−−

−−−

Lame de zinc

Arc électrique

Fig. 10.7 Lorsque l’électroscope est chargé positive-ment, on constate que les feuilles de l’électroscope

1. Heinrich Hertz (1857–1894), physicien allemand.

restent écartées d’un angle constant. La lame dezinc, éclairée comme dans l’expérience (Fig. 10.6),émet encore des électrons, mais ceux-ci sont re-captés par l’électroscope chargé positivement : lacharge de l’ensemble ne change pas.

Figure 10.7

+++++++

+++

Fig. 10.8 Lorsque l’électroscope est chargé négative-ment, mais qu’on interpose sur le trajet des rayonslumineux une plaque de verre qui arrête l’ultravio-let, on constate que les feuilles de l’électroscope res-tent écartées d’un angle constant. Donc, pour qu’ily ait émission d’électrons par un métal, il faut choi-sir un rayonnement convenable.

Figure 10.8

−−−−

−−−

−−−

Conclusion: Les radiations ultraviolettes sont ca-pables d’extraire des électrons d’une plaque de zinc.Ce phénomène, appelé eet photoélectrique, peutêtre observé avec d’autres métaux soumis à d’autresrayonnements. D’une manière générale, on appelle ef-fet photoélectrique l’extraction d’électrons d’un métalpar un rayonnement électromagnétique.

;

10


10.3.2 Etude quantitative

Le dispositif expérimental

Figure 10.9

AC

V

GK

Lumière

Le dispositif expérimental comprend : Une cellule photoémissive : c’est une ampoule de

verre transparent à l’ultraviolet, scellée, dans la-quelle on a fait un vide poussé. Elle contient unecathode C constituée du métal pur à étudier (parexemple le zinc), et une anode A métallique (géné-ralement en platine). La cathode est éclairée parune lumière monochromatique dont on peut fairevarier la fréquence et la puissance lumineuse. Un générateur à tension variable, permettant d’éta-

blir une différence de potentiel U = VA −VC entrel’anode A et la cathode C . Un ampèremètre G extrêmement sensible qui per-

met de lire l’intensité du courant traversant le cir-cuit. Un interrupteur K .

L’interrupteur étant fermé, l’ampèremètre ne dévieraque si des électrons peuvent quitter la cathode et traver-ser le vide existant entre la cathode et l’anode. Cela sup-pose évidemment que des électrons soient extraits dela cathode. La déviation de l’ampèremètre est d’ailleursfonction du nombre d’électrons atteignant l’anode.

Fait observés

Eclairons la cathode avec des radiations de différentesfréquences. On constate que l’émission photoélec-trique ne se produit que si la fréquence ν de la radiationéclairant le métal est supérieure à une fréquence seuilν0 caractéristique du métal.

Donc l’émission photoélectrique ne se produit quesi : ν≥ ν0 ou, ce qui est équivalent, λ≤λ0.

Le tableau ci-dessous nous donne les valeurs des fré-quences et des longueurs d’ondes seuil de quelques mé-taux :

Fréquence seuil Longueur d’onde seuilMétal ν0 (Hz) λ0 en (µm)

Platine 15×1014 0,20

Argent 11,54×1014 0,27

Cuivre Plomb 10,3×1014 0,29

AluminiumZinc 8,1×1014 0,37

Magnésium

Calcium 6,67×1014 0,45

Potassium 5,45×1014 0,55

Césium 4,54×1014 0,66

L’émission photoélectrique est instantanée.La déviation de l’ampèremètre est immédiate dès quela cellule photoémisseve est convenablement éclairée.Elle cesse au moment où on arrête l’illumination.

Supposons la cellule éclairée par une radiation pro-voquant l’émission photoélectrique. Faisons varier latension U . L’intensité I du courant augmente avec latension U (voir courbe on Figure 10.10).

Figure 10.10

U =VA −VC

I

I ′ N

IS

O

M

−U0

Lorsque la tension atteint une certaine valeur, tousles électrons extraits par la lumière monochromatiqueatteignent l’anode. L’intensité du courant n’augmenteplus. Elle prend une valeur maximale. Elle prend unevaleur maximale Is appelée intensité de saturation.

Si on fait varier la puissance lumineuse reçue par lacellule, on constate que l’effet photoélectrique ne dé-pend pas de cette puissance.

Cependant, dès que l’émission photoélectrique seproduit, l’intensité de saturation dépend de la puis-sance lumineuse reçue.

10.3.3 Etude des caractéristiques

Formes des caractéristiques

D’après les observations précédentes, seule la fré-quence du rayonnement lumineux incident intervient

;

10213

10.4. Courbe de Millikan

dans le déclenchement de l’émission photoélectrique(loi du seuil).

En faisant varier la tension U =VA−VC entre l’anodeet la cathode, nous avons vu qu’il est possible de tra-cer la courbe I = f (U ) appelée caractéristique tension-courant de la cellule (voir courbe ci-dessus)

Interprétons les différentes parties de la caractéris-tique.

PourU = 0, I = I ′ 6= 0. Donc un courant circule dansle circuit : des électrons sont émis par la cathode etils arrivent sur l’anode. PourU > 0, les électrons émis par la cathode sont at-

tirés par l’anode grâce au champ électrique ~E exis-tant entre A et C . Ce champ exerce sur les électronsune force ~F orientée de C vers A.

Au fur et à mesure que U croît, le nombre des électronsarrivant en A augmente, jusqu’à ce que la totalité desélectrons émis par C arrivent sur l’anode : on atteintainsi le palier correspondant au courant de saturationIS .

Inversons les pôles du générateur de telle sorte queVA −VC =U < 0.

Dans ces conditions, le champ électrique ~E estorienté de sorte que la force ~F repousse les électronsvers la cathode; le courant d’intensité I diminue, jus-qu’à ce que tous les électrons émis à la cathode soit re-poussés par l’anode U =−U0 ; I = 0.

Inuence de la puissance lumineuse

On peut tracer les caractéristiques d’une même cel-lule en fonction de la puissance lumineuse reçue. Onconstate :

qu’elles possèdent une partie commune ; que le palier correspondant au courant de satura-

tion est directement proportionnel à la puissancelumineuse P reçus par la cathode.

Figure 10.11

U =VA −VC

I

N

IS1

IS2

IS3

O

P1

P2

P3

M

−U0

P1 < P2 < P3

Potentiel d’arrêt de la cellule

Revenons au point particulier M de la caractéristiquede la cellule.

En ce point, U =VA −VC est négatif et on peut écrireU =VA −VC =−U0 (Au point M ).

Cette valeur négative se traduit par le fait que tousles électrons issus de la cathode C sont repoussés parl’anode A et par conséquent, aucun courant ne peut cir-culer dans le circuit. U0 est le potentiel d’arrêt de la cel-lule.

Propriétés du potentiel d’arrêt

On peut admettre que pour U = −U0, les électronsarrivent en A avec une vitesse nulle ; ces électrons quiarrivent en A malgré la force électrique qui les freinesont ceux qui sortent de C avec une énergie cinétiquemaximale Ec max.

Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entreC et A pour un électron :

∆Ec = Ec (A)−Ec (C ) =Wc→A ( ~F )

or WC→A ( ~F ) = q (VC −VA ) =−e (U0)

et Ec (C ) = Ec max

Donc

0−Ec⇒max =−e U0

⇒ Ec max = e U0

La mesure de U0 permet de connaître l’énergie ciné-tique maximale des électrons émis par l’effet photoélec-trique.

10.4 Courbe de Millikan

Figure 10.12

ν (1014 Hz)

U0 (ν)

4.54

Cs

5.45

K

8.1

Zn

10.3

Cu

Millikan 2 eut l’idée d’étudier la variation du potentield’arrêt U0 de la cellule en fonction de la fréquence ν dela lumière incidente, ceci pour des cellules de naturedifférente, c’est-à-dire dont la cathode était constituéede métaux différents (zinc, potassium, cuivre, césium,. . .). On constate que : pour chaque cellule, le potentiel d’arrêt est une

2. Robert Andrews Millikan (1868–1953), physicien américain.

;

10


fonction affine croissante de la fréquence ν ; les droites du graphe sont parallèles.

Chaque courbe de Millikan a pour équation :

U0 = aν+ b

où a est la pente de la courbe et b l’ordonnée à l’origine.Or U0 = 0 correspond à Ec (max) = 0, c’est-à-dire juste

au seuil de fréquence ν0. On peut donc écrire :

0= aν0+ b

⇒ b =−aν0

Donc

Ec max = e U0 = aν−aν0 = a (ν−ν0)

10.4.1 Interprétation

Hypothèse de photons (Einstein 1905)

Pour expliquer les résultats de l’étude du phénomènede l’effet photoélectrique, Eintein 3 admet qu’un rayon-nement de lumière monochromatique de fréquence νpeut être considéré comme un flux de particules élé-mentaires appelées photons. Chacun de ces photonsde masse nulle et animé de la célérité de la lumièrec = 3×108 m s−1 est donc une particule relativiste. (Ondit qu’une particule est relativiste lorsque sa vitessev > 0, 14c = 42 000 km s−1).

Chacun de ces photons transporte une énergie E quidoit être suffisante pour extraire un électron d’un mé-tal.Planck 4 exprima la valeur de cette énergie donnant lavaleur de cette énergie donnant ainsi naissance à lathéorie des quanta d’énergie (ou théorie des quantitésd’énergie discrètes).

E = hν

où h est la constate de Planck (h = 6,62×10−34 J s).Sous cet aspect, la lumière a donc une structure dis-

continue.

Le phénomène du seuil

Soit E0, l’énergie minimale à apporter à l’électronpour qu’il puisse quitter le métal. E0 est l’énergie seuildu métal.

Dans le cas où ce sont les photons qui sont suscep-tibles de fournir cette énergie minimale, on pose :

E0 = hν0

où ν0 est la fréquence seuil du métal.

3. Albert Einstein (1879–1955), physicien allemand.4. Max Planck (1858–1947), physicien allemand.

Si le photon incident possède l’énergie E = hν, l’effetphotoélectrique n’a lieu que si hν> E0.

L’électron émis aura alors une énergie cinétiquemaximale.

Ec max = hν−E0 = h (ν−ν0)

En comparant cette relation à celle obtenue au para-graphe 10.3.3, on a :

Ec max = e U0 = h (ν−ν0)

⇒U0 =h

eν−

h

eν0

Donc la grandeur a des courbes de Millikan représente

de rapporth

e.

;

10215



Les interférences lumineuses

Exercice 1.

O

E

M

S1

d1

S2

d2

a

D

x

1.1. Deux sources lumineuses ponctuelles S1 et S2

émettent des vibrations de la forme y1 = y2 = a sin(ωt ).Soit un point M situé aux distances d1 de S1 et d2 de S2.Etablir à l’aide de la construction de Fresnel l’équationhoraire yM (t ) de la vibration résultant de l’interférencedes vibrations issues de S1 et S2.1.2. S1 et S2 constituent les sources secondaires mo-nochromatiques d’un dispositif interférentiel de Young.L’écran E est orthogonal à la médiatrice de S1S2 ; leurpoint d’intersection est O . Les grandeurs a , D , x , sontmesurées dans le plan de la figure.1.2.1. Qu’observe-t-on sur l’écran ?1.2.2. Etablir l’expression de la différence de marche enun point M voisin de O , des vibrations issues de S1 et S2,en fonction de a , x , D . AN : a = 1,00 mm; x = 10,0 cm;D = 2,000 m.1.2.3. Calculer l’interfrange pour la longueur d’ondedans le visible λ. AN : λ= 650 nm.1.2.4. On place devant la source S1 une lame à facesparallèles d’épaisseur e , d’indice n . Démontrer dansquel sens et de combien se déplace la frange centrale?AN : e = 100µm ; n = 1, 51.

Exercice 2.

Un cylindre est percé d’une fente à l’axe (∆) (fentesource). On place dans ce cylindre une source de lumièremonochromatique S ′ de longueur d’onde λ = 0,5µm.Comme l’indique la figure suivante. L’écran E1 est percéde deux fentes fines F1 et F2 parallèles à (∆) et distante dea = 1 mm. Le deuxième écran E2 est situé à D = 3 m deE1 qui se trouve lui-même à d = 60 cm de la fente source.

Y

Y ′

S ′

(∆)

M

E2E1

F2

F1

d D

2.1. Expliquer pourquoi on observe un phénomèned’interférences lumineuses sur E2.2.2. Quel est l’aspect de l’écran E2 ? Calculer la valeur ide l’interfrange.2.3. On fait tourner le cylindre d’un angle α très petit ;tout se passe comme si la fente source avait subi un dé-placement suivant l’axe y ′ y .2.3.1. Déterminer la différence de chemin optique enM .2.3.2. Donner la relation entreα et le déplacement de lafrange centrale. A.N. : Calculer ce déplacement si α= 2°.

Exercice 3.

3.1. On réalise une expérience d’interférence lumi-neuse à l’aide de deux fentes étroites S1 et S2 parallèlesdistantes de a , éclairées par une fente SA qui leur est pa-rallèle et qui émet une lumière monochromatique de lon-gueur d’ondeλA . L’écran d’observation E est disposé pa-rallèlement au plan des fentes S1 et S2 et perpendiculaireà la droite SA O ; on appelle x ′x la trace de E sur le plande figure. Le point O milieu de S1S2 est à la distance Dde l’écran E et à la distance d de SA . On suppose d aet D a . (Fig. a)

a

O

S1

S2

SA

Mx (E)

M0

x ′d D

a

S1 et S2 se comportent comme deux sources syn-chrones et cohérentes, de même amplitude, dont leslumières peuvent interférer. Dans tout le problèmela différence de marche entre les deux ondes lumi-neuses issues de la source S et qui interfèrent en Mest (SAS2 + S2SM )− (SAS1 + S1SM ). Pour les applicationsnumériques, on prendra λA = 0,6µm (radiation jaune),a = 1 mm, D = 2 m.3.1.1. Expliquer pourquoi on observe des franges d’in-terférences sur l’écran E et quelle est la forme de cesfranges. Quelle serait la forme des franges observées sil’on plaçait l’écran E perpendiculaire à S1 et S2 ?3.1.2. Calculer, pour les deux vibrations issues de S1 etS2, la différence de marche en un point M de l’écran Esitué à la distance x de M0. Indiquer, sur l’écran, la po-sition de la frange brillante d’ordre zéro. Calculer l’inter-

;

10


frange et la distance de la frange centrale à la cinquièmefrange sombre.3.1.3. Exprimer l’éclairement ξ au point M de l’écran,point situé à la distance x de M0, d1 de S1 et d2 deS2,en supposant que les deux vibrations issues de S1 et S2

ont la même amplitude b . Comment évolue cet éclaire-ment lorsque la distance x augmente? Tracer la courbeξ= f (x ) et indiquer la position et la valeur des premiersextremums. On rappelle que l’éclairement ξ en un pointest proportionnel au carré de l’amplitude résultante.3.1.4. On déplace la fente-source SA sur la droite SA Oen rapprochant les deux fentes S1 et S2, et en conservantà toutes les fentes les mêmes directions que précédem-ment. Le phénomène observé sur l’écran est-il modifié ?pourquoi ?3.1.5. On déplace la source SA parallèlement à S1S2 versle haut conformément à la figure. b.

b

S1

S2

SA

x(E)

M0

x ′

y

Sa nouvelle position SA′ est à la distance y de SA . Calcu-ler la nouvelle différence de marche en M , et le déplace-ment de la frange centrale en précisant le sens. L’inter-frange du système est-il modifié ?3.1.6. On remet la source SA dans sa position initiale etl’on incline l’écran E d’un angle β = 30° autour d’un axepassant par M0 et parallèle aux fentes-sources, confor-mément à la figure. c.

c

S1

S2

SA

x(E)

M0

x ′

β

Qu’observe-t-on sur l’écran ? Le système de franges est-ilmodifié ? Pourquoi ?3.1.7. On remplace la source monochromatique SA parune source SB de longueur d’onde λB et l’on éloignel’écran E de 1 m. L’interfrange devient 2,1 mm. En dé-duire la longueur d’onde λB et le domaine de couleurauquel appartient λB .3.2. On remplace la source monochromatique SA parune source possédant les deux longueurs d’onde λA etλB précédemment citées.3.2.1. Expliquer à l’aide d’une figure très claire le phéno-mène observé sur l’écran (ramené à la distance D = 2 m),et la distribution des maximums le long de x ′x .3.2.2. En supposant que les deux franges brillantes decouleurs différentes soient discernables si leur distanceest supérieure à 0,25 mm, pourra-t-on discerner les pre-mières franges brillantes des deux systèmes après lafrange centrale? De quelle couleur sera la lumière surl’écran aux points situés aux distances suivantes de lafrange centrale : 3,5 mm ; 4,2 mm ; 8,4 mm ; 9,0 mm ?

Exercice 4.

4.1. Une source monochromatique S éclaire deuxfentes fines S1 et S2, parallèles, distantes l’une de l’autrede 3 mm et distantes de S de 50 cm. La source est sur laperpendiculaire au plan de S1S2 et est équidistante de S1

et S2. On observe des interférences sur un écran E placéà D = 3 m du plan de S1S2. Entre la 6è frange brillantesituée avant la frange centrale, et la 6è frange brillante si-tuée après la frange centrale, la distance l égale 7,2 mm.Quelle est la longueur d’onde de la radiation émise parS ?4.2. Quelle est l’incertitude absolue sur la longueurd’onde, sachant que l’on a mesuré l et S1S2 à 0,1 mm prèset D à 1 cm près ?4.3. On déplace S de 2,5 mm, parallèlement à S1S2. Decombien et dans quel sens se déplace la frange centrale ?4.4. On ramène la frange centrale à sa position primitiveO en plaçant devant l’une des deux fentes une lame àfaces parallèles, d’indice n = 1,5. Où doit-on la mettre?quelle épaisseur e convient-il de lui donner ?

Eet photoélectrique

Exercice 5.

O U

I

A

B

5.1. Que représente le schéma ci-contre ?5.2. Que représentent les points A et B ?5.3. Schématiser le dispositif expérimental qui a permisle tracé de cette courbe.

Exercice 6.

Compléter le tableau suivant. νs et λs représentent res-pectivement la fréquence et la longueur d’onde seuil pho-toélectrique. E est l’énergie d’extraction d’un électron.

E s (J) λs (m) νs (Hz)

ligne 1 3,2×10−19

ligne 2 0,71×10−6

ligne 3 4,20×1018

ligne 4 4,8×10−19

;

10217


Exercice 7.

L’énergie d’extraction d’un électron du métal dela cathode d’une cellule photoélectrique à vide estW0 = 1,90 eV.7.1. Calculer la longueur d’onde λ0 correspondant auseuil photoélectrique7.2. La cathode est éclairée simultanément par troisradiations de longueurs d’onde : λ1 = 0,70µm;λ2 = 0,6µm; λ3 = 0,50µm. Quelles sont celles qui pro-voquent l’émission photoélectrique ? pourquoi ?7.3. La cellule est éclairée uniquement par la radiationde longueur d’onde λ3.7.3.1. Quelle est la vitesse maximale d’émission d’unélectron ?7.3.2. Quelle est la vitesse d’arrivée sur l’anode d’unélectron émis avec la vitesse de 4,5×105 m s−1, la tensionentre l’anode et la cathode étant UAC = 5,0 V ?7.3.3. A partir de quelle valeur deUAC l’intensité du cou-rant photoélectrique est-elle nulle? Comment s’appellecette valeur ?

Exercice 8.

Un rayonnement ultraviolet de longueur d’onde dans levide λ= 350 nm frappe une plaque de potassium. La lon-gueur d’onde du seuil photo électronique du potassiumest λ0 = 540 nm.8.1. Peut-on observer l’effet photo électronique ?8.2. Quel est le travail d’extraction W0 du métal potas-sium ?8.3. Pourquoi les électrons extraits ne sortent-ils pastous à la même vitesse? Quelle est leur énergie ciné-tique maximale de sortie Ec (max)? Quelle est la vi-tesse de sortie maximale correspondante? Données :constante de Planck h = 6,62×10−34 J s ; masse d’un élec-tron m = 9,1×10−31 kg.

Exercice 9.

On éclaire une plaque de magnésium C à l’aide d’unesource S émettant un rayonnement électromagnétiquede fréquence ν= 9×1014 Hz.9.1. Le travail d’extraction (ou de sortie) du magnésiumest W0 = 2,9 eV. Quelle est la fréquence du seuil photoélectronique ν0 ? Observe-t-on, avec S , l’effet photo élec-tronique ? h = 6,62×10−34 J s.9.2. Quelle est l’énergie cinétique maximale de sortiedes électrons de C ?9.3. La plaque C reçoit de S la puissanceP1 = 3×10−6 W.9.3.1. Quel est le nombre n ′1 de photons reçus par se-conde par C ?9.3.2. On constate que C émet n1 = 3×1010 électrons

par seconde. Quel est rendement quantiquen1

n ′1?

9.4. La plaque C est maintenant placée plus loin de S ,

elle ne reçoit plus que la puissance P2 =P1

2. L’énergie

cinétique maximale de sortie change-t-elle ? Le nombred’électrons émis par seconde par C change-t-il ?

Exercice 10.

Une source F émet simultanément deux lumières mo-nochromatiques de longueur d’onde λ = 0,500µm etλ′ = 0,580µm et éclaire une cellule photoélectrique dontla cathode est recouverte de potassium. L’énergie d’ex-traction d’un électron de ce métal est W0 = 2,25 eV10.1. Montrer qu’une seule de ces radiations produitl’effet photoélectrique. Laquelle ?10.2. Quelle est la vitesse maximale des électrons émisepar la cathode10.3. Déterminer la différence de potentiel que l’on de-vrait appliquer entre l’anode et la cathode pour annulerle courant photoélectrique.10.4. L’intensité du courant de saturation dans le circuitest I = 5×10−8 A, lorsque la puissance rayonnante reçuepar la cathode est Pλ = 9,9×10−6 W. Déterminer le ren-dement quantique de la cellule, c’est-à-dire le rapportdu nombre d’électrons émis par la cathode au nombrede photons reçu par la cathode pendant le même temps.

Exercice 11.

Une cellule photoélectrique à cathode de césium estéclairée successivement par des faisceaux lumineux mo-nochromatiques de même puissance P mais de fré-quences ν différentes. On relève, pour chacune des ra-diations, la valeur absolue d’arrêt U0 de la cellule. On ob-tient les résultats suivants :

P = 50µW ν (1014 Hz) 5,13 6,00 6,89

U0 (en V) 0,20 0,56 0,93

ν (1014 Hz) 7,07 7,50 8,27

U0 (en V) 1,00 1,18 1,50

11.1. Représenter graphiquement les variations du po-tentiel d’arrêt Uo en fonction de ν. On prendra pouréchelles : 5 cm pour 4×1014 Hz et 10 cm pour 2 V. Quellecourbe obtient-on ?11.1.1. Quelle relation théorique existe entre U0 et ν?En déduire des résultats expérimentaux la valeur de laconstante de Planck.11.1.2. Quelle est, en eV, la valeur de l’énergie d’extrac-tion d’un électron ?11.2. On recommence l’expérience précédente en uti-lisant successivement des faisceaux lumineux mono-chromatiques de même fréquence νmais de puissanceP ′ = 2P . Les résultats précédents sont-ils modifiés?Pourquoi ?11.3. Une cellule à cathode de potassium de fréquenceseuil ν′o = 5,6×1014 Hz est maintenant éclairée dans lesconditions de la première question. Représenter sur legraphe précédent les variations du potentiel d’arrêt decette nouvelle cellule, en fonction de ν. Expliquer.

;

10



Les interférences lumineuses


1.1. Démontrons à l’aide de la construction de Fresnell’expression de l’état vibratoire d’un point situé aux dis-tances d1 de S1 et d2 de S2.

O

M1

a

M2

a

Aϕ2

ϕ1 ϕ

Les ondes lumineuses issues de S1 et S2 ont pour expres-sion commune :

y1 = y2 = a sinωt = a sin

2πt

T

L’onde lumineuse issue de S1 arrive au point M avec unretard

θ =d1

c

(c = célérité de la lumière). D’où :

y1M = a sin2π

T

t −d1

c

= a sin 2π

t

T−

d1

λ

avec λ= c T . De même l’onde lumineuse issue de S2 ar-

rive au point M avec un retard θ ′ =d2

c(c = célérité de

la lumière). D’où :

y2M = a sin2π

T

t −d2

c

= a sin 2π

t

T−

d2

λ

Puisque les deux sources vibrent ensemble, l’expressionde la vibration résultante au point M est :

yM = y1M + y2M = a sin

2πt

T−

2πd1

λ

+a sin

2πt

T−

2πd2

λ

Posons φ1 = −2πd1

λet φ2 = −

2πd2

λ. yM peut se mettre

sous la forme :

yM = A sin

2πt

T+φ

où A est l’amplitude et φ la phase à déterminer par laconstruction de Fresnel. Du schéma ci-dessus on a :

A

2a= cosα

⇒ A = 2a cosα

avec

α=φ1 −φ2

2=

1

2

−2πd2

λ+2π

d1

λ

=−π

λ(d2 −d1)

D’où :

A = 2a cosπ

λ(d2 −d1)

De même, on a :

φ =φ1 +α=φ1 +φ2 −φ1

2=φ1 −φ2

2

=−

2πd1

λ−

2πd2

λ2

=−π

λ(d2 +d1)

D’où l’expression de la vibration résultante au point M .

yM = 2a cosπ

λ(d2 −d1)sin

2πt

T−π

λ(d2 +d1)

1.2.1.2.1. Phénomène observé sur l’écran.On obtient, sur l’écran E , un système de franges recti-lignes, parallèles, normales au plan de la figure, alterna-tivement brillantes et sombres.1.2.2. Etablissement de la différence de marche en unpoint M .

O

E

M

S1

d1

S2

d2

a

D

x

Dans le triangle rectangle S1AM on a :

d 21 =

x −a

2

2

+D 2 (S10.1)


d 22 =

x +a

2

2

+D 2 (S10.2)

Faisons (S10.1)− (S10.2)

d 22 −d 2

1 =

x +a

2

2

+D 2 −

x −a

2

2

−D 2

;

10219


d 22 −d 2

1 =

x +a

2

2

−

a −a

2

2

(d2 −d1)(d2 +d1) =

x +a

2+ x −

a

2

·

·

x +a

2− x +

a

2

= 2x a

Comme a et x sont petits par rapport à D , on peutconfondre d2 +d1 à 2D donc :

d2 −d1 =2a x

2D=

a x

D

A.N. a = 1 mm; x = 10 cm; D = 2 m;

d2 −d1 = 1 ·100

2000= 0,05 mm.

1.2.3. Calcul de l’interfrange pour la longueur d’onde λ.On appelle interfrange i , la distance qui sépare deuxfranges voisines de même nature. Dans le cas d’unefrange brillante on a :

d2 −d1 = K λ=a x

D

L’abscisse xK de la frange brillante d’ordre K est donnée

par la relation : xK =K λD

aet celui de frange brillante

d’ordre (K +1) est :

xk+1 = (K +1)λD

a=

K λD

a+λD

a

D’après la définition de l’interfrange, on a :

i = xK +1 − xK =K λD

a+λD

a−

K λD

a=λD

a

A.N. λ = 0,65×10−6 m; D = 2 m; a = 10−3 m;

i = 0,65×10−6 2

10−3 = 1300×10−6 = 1,3 mm.

1.2.4. Démontrons dans quel sens et de combien se dé-place la frange centrale.

O

S1

S2

E

O

y

e

La lumière se propage moins vite dans le verre quedans l’air. Proposons-nous de réévaluer la différence demarche au point M . Le chemin optique S ′1M se com-pose maintenant d’un parcours effectué dans le verreet d’un parcours (S1M −e ) effectué dans l’air. Ce cheminest donc :

S ′1M = ne +S1M − e = S1M + e (n −1)

la différence de marche au point M , d’abscisse x estmaintenant :

∆= S2M −S1M + e (n −1)

avec S2M −S1M = d2 −d1

∆= d2 −d1 + e (n −1)

avec d2 −d1 =a x

D

⇒∆=a x

D− e (n −1)

L’abscisse xK ′ de la frange brillante d’ordre K est main-tenant :

xK ′ =K Dλ

a+

e D (n −1)a

Nous voyons que l’abscisse de la frange brillante d’ordre

K , qui était de xk =K Dλ

aà la question 2.3 a varié de :

xK ′ − xK =e D (n −1)

a

La frange centrale étant une frange brillante, elle se dé-place de :

u =e D (n −1)

a

A.N. e = 100×10−6 m; n = 1,51; D = 2 m; a = 10−3 m;

u =100×10−6 ·2 · (1, 51−1)

10−3 = 0,102 m = 10,3 cm. On

constate que u > 0.On conclut que toutes les franges y compris la frangecentrale se sont déportées du côté de la fente S1 couvertepar la lame.


2.1. Expliquons ce que l’on observe à l’écran E2.Les deux trous F1 et F2, éclairés par la source ponc-tuelle S située sur la médiatrice de F1F2 jouent le rôlede deux sources ponctuelles monochromatiques syn-chrones. Les deux faisceaux lumineux issus de F1 et F2 in-terfèrent en leur partie commune. L’écran E2 placé danscette partie commune, permet d’observer des frangesd’interférences perpendiculaires au plan de la figure.2.2.2.2.1. Aspect de l’écran E2. Sur l’écran E2, on observedans la partie commune des raies équidistantes alterna-tivement brillantes et obscures appelées franges d’inter-férences.2.2.2. Calcul de la valeur de l’interfrange i .i est donné par la relation :

i =λD

a=

0,5×10−6 ·310−3 = 1,5×10−3 m

2.3.2.3.1. Détermination de la différence de chemin optiqueen M .Chemin optique S ′′F1M = d3 + d1 et chemin optiqueS ′′F2M = d4 +d2. Différence de Chemin optique en M .

∆= S ′′F2M −S ′′F1M = (d4 +D2)− (d3 +d1)

= (d4 −d3) + (d2 −d1)

Soit à déterminer d3 −d4.Considérons les triangles rectangles S ′′B F2 et S ′′B F1 ; le

;

10


théorème de Pythagore donne :

d 24 =d 2 +

y −a

2

2

d 23 =d 2 +

y +a

2

2

d 24 −d 2

3 =d 2 +

y −a

2

2

−d 2 −

y +a

2

2

=

y −a

2

2

−

y +a

2

2

(d4 −d3)(d4 +d3) =

y −a

2

−

y +a

2

·

·

y −a

2

+

y +a

2

(d4 −d3)(d4 +d3) =−2a y

avec d4 +d3 ≈2d

⇒ d4 −d3 =−2a y

2d=−

a y

d

Déterminons d1 −d2.

S ′

S ′′

α

E1

F2

F1

M

E2

d D

d4

d2

d1

d3

B

A

y

x

Une démarche analogue à la précédente donne dans lestriangles rectangles M AF1 et M AF2 ;

d2 −d1 =a x

D.

D’où l’expression de la différence de chemin optique enM .

∆= (d4 −d3) + (d2 −d1) =−a y

d+

a x

D

2.3.2. Relation entreα et le déplacement de la frange cen-trale x .La frange centrale correspond à∆= 0

−a y

d+

a x

D= 0

⇒ x =y D

d

avec y =Rα

⇒ x =RαD

d

A.N. α = 2° ⇔ α =2°x 2π

360°=

π

90;

R = 10 cm = 0,1 m; D = 3 m; d = 0,6 m;

x =0, 1 ·

3, 14

90

·3

0, 6= 0,0174 m= 1,74 cm.


3.1.3.1.1. Pourquoi on observe les franges d’interférences ?

S2S1

Ecran E

S1 et S2 (deux sources lumineuses synchrones et cohé-rentes) donnent deux faisceaux de lumière qui interfé-rent en leur partie commune. Un écran E placé danscette partie commune permet d’observer ces frangesd’interférences.Forme de ces franges en fonction des positions relatives del’écran et du plan des fentes S1 et S2 :3.1.1.1. Ecran E parallèle au plan des fentes.Les franges d’interférences sont alternativementsombres et brillantes, pratiquement rectilignes,parallèles et équidistantes.3.1.1.2. L’écran E est perpendiculaire à S1 et S2.Dans ce cas les franges d’interférences sont alternative-ment sombres et brillantes d’allure hyperbolique.

S2S1

Ecran E

3.1.2.3.1.2.1. Différence de marche en un point M de l’écranpour M0M = x .Pour l’onde issue de SA , la différence de marche au pointM est :

δ= (SAS2 +S2M )− (SAS1 +S1M )

= SAS2 +S2M −SAS1 +S2M

Or SAS2 = SAS1. En posant S1M = d1 etS2M = d2 ⇒ δ = d2 − d1. Exprimons d2 − d1 enfonction des caractéristiques du dispositif : Dans le triangle rectangle S1H1M on a :

d 21 =D 2 +

x −a

2

2


d 22 =D 2 +

x +a

2

2

;

10221


d 22 −d 2

1 =

x +a

2

2

+D 2 −

x −a

2

2

−D 2 = 2a x

⇒ (d2 +d1)(d2 −d1) = 2a x

Pour d a et D a , d1 +d2 ≈ 2D d’où :

2D (d2 −d1) = 2a x

⇒δ= d2 −d1 =a x

D

3.1.2.2. Position de la frange brillante d’ordre zéro.On obtient une frange brillante lorsque :

δ= kλ

avec k ∈Z

⇒a x

D= kλ

⇒ xk = kλD

a

k est l’ordre d’interférence. Pour k = 0, x0 = 0. Donc lafrange brillante d’ordre zéro est centrée en M0.3.1.2.3. Calculons l’interfrange i .i est la distance séparant les milieux de deux frangesconsécutives de même nature. Soit une frange brillanted’ordre p = k .

p =δ

λ= k

⇒a x

λD= k

⇒ x = kλD

a

La frange brillante consécutive a l’ordre p ′ = p + 1 telleque :

p ′ =δ′

λ= k +1

⇒a x ′

λD= k +1

⇒ x ′ = (k +1)λD

a

i = x ′ − x = (k +1)λD

a−kλD

a

=λD

a=

0,6×10−6 ·210−3 = 1,2×10−3 m

Calculons la distance qui sépare le milieu de la frangecentrale du milieu de la 5ème frange sombre.

S

S2

a/2

a/2

S1

M0

E

D

M

d2

d1

H1

H2

x

∆=9i

2= 9

1,2×10−3

2

= 5,4×10−3 m= 5,4 mm

3.1.3. Eclairement ξ au point M tel que x =M0M .Ecrivons les expressions des vibrations lumineuses is-sues des S1 et S2

S1(t ) = S2(t ) = b cosωt

Au point M , ces vibrations ont pour expression :

S1M = b cos2π

T

t −d1

c

S1M = b cos 2π

t

T−

d1

λ

avec λ= c T

S2M = b cos2π

T

t −d2

c

⇔ S2M = b cos 2π

t

T−

d2

λ

∆

i

i/2

Λ

M0 1è frangeBrillante

5è frangeSombre

D’où l’expression de la vibration résultante au point M .

SM =S1M +S2M

=b

cos

ωt −2πd1

λ

+ cos

ωt −2πd2

λ

En utilisant la somme des cosinus suivante :

cos p + cos q =2 cosp +q

2cos

p −q

2

SM =2b cosπ(d2 −d1)

λ·

· cos

ωt −π

λ(d2 +d1)

avec d2 −d1 =a x

D

SM =2b cosπa x

λDcos

ωt −π

λ(d2 +d1)

L’amplitude de la vibration résultante est donc :

A = 2b cos

πa x

λD

L’éclairement (ou l’intensité lumineuse) en un point estproportionnel au carré de l’amplitude de la vibration ence point.

⇒ ξ= K A2 = K 4b 2 cos2

πa x

λD

;

10


En tenant compte de ce que

i =λD

a

ξ= 4K b 2 cos2

πx

i

Linéarisons cette équation en utilisant

cos2 u =1

2(1+ cos 2u )

⇒ ξ= 4K b 2 1

2

1+ cos

2πx

i

Posons

ξO = 2K b 2

⇒ ξ(M ) = ξO

1+ cos

2πx

i

⇒ ξ(M ) = f (x )

Evolution de ξ lorsque x augmente. Lorsque x aug-mente, l’éclairement est une sinusoïde de période spa-tiale i . Courbe ξ= f (x ) (voir ci-contre).

O x

ξ

2ξ0

ξ0

i/2i/4 i

Position et valeur des premiers extremums.

Les extremums sont obtenus pour cos

2πx

i

= ±1. Le

maximum correspond à :

cos2πx

i=+1

⇒2πx

i= 2kπ

⇒ xk = k i

Le premier maximum est obtenu pour

k = 0

⇒ x0 = 0

ξ= 2ξO

Le minimum correspond à

cos2πx ′

i=−1

⇒2πx ′

i= (2k +1)π

⇒ xk ′ = (2k +1)i

2

Le premier minimum est obtenu pour

k = 0

⇒ x ′o =i

2

ξ= 0

3.1.4. Si on déplace la source S sur la droite SO , lesfentes sources secondaire S1 et S2 demeurent synchroneset cohérentes. On observe sur l’écran un phénomèned’interférences. Si de plus on rapproche les deux fentes

sources S1 et S2, on diminue a . Sachant que i =λD

alorsque a diminue, i augmente. Donc en rapprochantles deux fentes S1 et S2, les franges d’interférences sontplus larges.3.1.5. On déplace la source SA de SAS ′A = y parallèlementà S1S2.

y

S2

S1x

(E )

Dd

d ′2

M

d2

d1

d ′1

3.1.5.1. Calculons la nouvelle différence de marche δ′ :

δ′ = (d ′2 +d2)− (d ′1 +d1)

δ′ = (d ′2 −d ′1) + (d2 −d1)

Nous avons montré (3.1.2.) que :

d2 −d1 =a x

D

On démontre de même que :

d ′2 −d ′1 =a y

d

Donc

δ′ =a y

d+

a x

D

3.1.5.2. Déplacement de la frange centrale.La frange centrale se définit par :

δ′ = 0

⇒a y

d+

a x

D= 0

⇒ x =−yD

d

Donc la frange centrale se déplace de yD

den sens in-

verse du déplacement de la source S .3.1.5.3. Calcul de l’interfrange i ′.Pour une frange brillante d’ordre k ,

δ′ = kλ

⇒a y

d+

a x

D= kλ

⇒ xk = kλD

a− y

D

d

Pour une frange brillante d’ordre k +1,

δ′ = (k +1)λ

;

10223


⇒ xk+1 = (k +1)λD

a− y

D

d

L’interfrange i ′ est :

i ′ = xk+1 − xk =λD

a= i

Donc l’interfrange n’a pas été modifié.3.1.6. On incline l’écran d’un angle β = 30°.

S

S2

S1

x

(E ′)

M0

β

M

d ′′2

d ′′1

H

D

D ′′

3.1.6.1. Ce qu’on observe sur l’écran.L’écran étant toujours situé dans le champ d’interfé-rences nous observons un système de franges d’interfé-rences alternativement brillantes et sombres.3.1.6.2. Calculons la nouvelle interfrange i ′′.La différence de marche δ′′ devient :

δ′′ = d ′′2 −d ′′1

Pour calculerδ′′ admettons qu’au point M , tout se passe(du point de vue différence de marche) comme si onavait déplacé l’écran E d’une distance M0H tout en lelaissant parallèle à sa direction initiale. On démontre(voir 3.1.2.) que :

δ′′ =a M H

D ′′

avec M H = x cosβ et D ′′ = D + x sinβ . Or D estde l’ordre du mètre, et x de l’ordre du centimètre ;−1 < sinβ < 1, on peut négliger la grandeur x sinβ de-vant D . Donc :

D ′′ ≈D

⇒δ′′ =a x cosβ

D

Remarquons que la différence de marche δ′′ dépend deβ . Pour une frange brillante d’ordre k ,

δ′′ = kλ

⇒a x cosβ

D= kλ

⇒ xk = kλD

a cosβ

Pour une frange brillante d’ordre k +1,

δ′′ = (k +1)λ

⇒a x cosβ

D= (k +1)λ

⇒ xk+1 = (k +1)λD

a cosβ

L’interfrange i ′′ est :

i ′′ = xk+1 − xk =λD

a cosβ=

i

cosβ

L’interfrange dépend aussi de β . Comme −1≤ cosβ ≤ 1,

⇒i

cosβ≥ i ⇒ i ′′ ≥ i .

On observe donc un élargissement des frangesd’interférences. A.N. i = 1,2×10−3 m, β = 30°,i ′′ = 1,385×10−3 m.3.1.7. On remplace la source SA par une source SB

de longueur d’onde λB . D2 = 3 m; i2 = 2,1 mm;a = 1 mm= 10−3 m.Calculons λ′.

i2 =λ′D2

a

⇒λ′ =i2a

D2=

2,1×10−3 ·10−3

3

= 0,7×10−6 m= 0,7µm

La lumière émise par SB appartient au domaine durouge.3.2. Soit une source émettant deux radiations de lon-gueur d’onde λA et λB ci-dessus.3.2.1. Expliquons sur un schéma le phénomène observésur l’écran ramené à D = 2 m.

Frangecentrale

λ λ′

Chaque radiation donne son propre système de franges.i = 1,2×10−3 m pour λ = 0,6µm, calculons i ′ pour

λB = 0,7µm i ′ =λ′D

a=

0,7×10−6 ·210−3 = 1,4×10−3 m.

Représentons sur l’axe x x ′ les positions des frangesbrillantes des deux radiations. Echelle de i : 10 mm pour10−3 m de i .3.2.2. Les premiers franges brillantes des deux systèmessont-elles discernables ?Pour la radiation λ, les franges brillantes ont pour abs-cisse : xk = k i . Pour la radiation λ′ xk ′ = k i ′. Les pre-mières franges brillantes correspondent à k = 1 et la dis-tance qui les sépare est (pour k = 1) :

x ′k − xk = i ′ − i = 1, 4−1, 2= 0,2 mm< 0,25 mm

Donc les deux premières franges brillantes des deux sys-tèmes ne sont pas discernables.Couleur de la lumière sur l’écran aux points d’abscisses xmesurée à partir de la frange centrale.Un point M d’abscisse x appartient à : une frange brillante si x = k i avec k ∈Z ;

une frange sombre si x =

k +1

2

i avec k ∈Z.

Pour x = 3,5 mm,x

i=

3, 5

1, 2= 2,91≈ 3⇒ ce point appar-

tient à une frange brillante pour λ.

;

10


Pour x = 3,5 mm,x

i ′=

3, 5

1, 4= 2,5 ⇒ x =

2+1

2

i ′ ⇒

ce point est sombre pour la radiation λ′. Donc au pointd’abscisse x = 3,5 mm la lumière est jaune. La même dé-marche montre que le point d’abscisse x = 4,2 mm estsombre pour λ et brillant pour λ′. Donc la lumière estrouge en ce point. Le point d’abscisse x = 8,4 mm est : brillant pour la

radiation λ et Brillant pour λ′. En ce point se super-posent la couleur jaune et rouge.

Le point d’abscisse x = 9 mm est sombre pour la ra-diation λ et sombre pour la radiation λ. Ce point estsombre.


4.1. Calcul de λ.

S

S ′

y

S1

S2

O

E

O ′

x

Dd

Entre les deux franges brillantes repérées on comptedouze interfranges, i , par suite :

l = 12i

Soit a la distance S1S2, λ la longueur d’onde :

i =λD

a

⇒λ=i a

D

avec i =l

12et

λ=l a

12D=

7, 2 ·312 ·3000

= 0,6×10−3 mm= 0,6µm.

4.2. Incertitude absolue sur la longueur d’onde.

∆λ

λ=∆a

a+∆l

l+∆D

D

=0, 1

3+

0, 1

7, 2+

1

300= 0, 05

⇒∆λ= 0, 6 ·0, 05= 0,03µm

par suite λ= 0, 60±0,03µm4.3. On déplace S de 2,5 mm, parallèlement à S1S2. Decombien et dans quel sens se déplace la frange centrale ?Initialement, S et la frange centrale O , sont dans le planmédiateur de S1S2, lorsque la source vient en S ′, la frangecentrale se déplace en O ′. La lumière se propage de S ′ àl’écran partout à la même vitesse, les deux trajets pouraller de S ′ à O ′ doivent donc avoir même longueur :

S ′S2 +S2O ′ = S ′S1 +S1O ′

Sur la figure ci-contre, S ′S1 > S ′S2 donc S1O ′ < S2O ′ : O ′

est au-dessous de O . La frange centrale et la source se

déplacent en sens inverse. x étant le déplacement de lafrange centrale et y le déplacement de S , on démontreque la différence de marche δ est :

δ=a y

d+

a x

D

Déplacement de la frange centrale.La frange centrale se définit par :

δ= 0

⇒a y

d+

a x

D= 0

⇒ x =−yD

d=−

−0, 25300

50

= 1,5 cm

4.4. Déterminons la position et l’épaisseur de la lame àfaces parallèles utilisée pour ramener la frange centrale àsa position primitive O .

S ′

y

S1

S2

O

E

d

e

La lumière se propage moins vite dans le verre que dansl’air ; la distance S ′S2O est plus courte que S ′S1O sur lafigure. Pour que les temps de parcours soient les mêmes,il faut donc placer la lame devant S2. Exprimons que lestemps de parcours t1 et t2 pour passer de S ′ à O sontégaux : Trajet S ′S2O : supposons que la lumière traverse pra-

tiquement normalement la lame, dans ce cas le trajetdans la lame est e . Soit c la vitesse dans l’air, V la

vitesse dans le verre, nous savons que : V =c

n. Par

suite :

t2 =S ′S2 − e

e+

e

V+

S2O

c(S10.1)

Trajet S ′S1O :

t1 =S ′S1

c+

S1O

c(S10.2)

Par suite t1 = t2 conduit, après multiplication par c :

S ′S2 − e + ec

V+S2O = S ′S1 +S1O

comme S2O = S1O

e

c

V−1

= S ′S1 −S ′S2

⇒ (n −1)e =a y

d

⇒ e =a y

(n −1)d

e =3 ·2, 5

0, 5 ·500= 3×10−2 mm

;

10225


Eet photoélectrique


5.1. Ce schéma représente la courbe I = f (U ), appe-lée caractéristique tension-courant de la cellule photo-émissive.5.2. Le point A correspond à l’intensité maximale du cou-

rant photoélectrique appelé intensité de saturation. Le point B correspond à la tension négative qui crée

la force électrique ~F qui s’oppose au mouvement desélectrons.

A cette tension en B , I = 0 =⇒ seuls les électrons par-tant de la cathode avec l’énergie cinétique maximalesarrivent à l’anode avec une vitesse nulle. Cette tensionen B est le potentiel d’arrêt.5.3. Schéma du dispositif expérimental qui a permis detracer cette courbe.

A

V A

C

~F

~E

U =VA −VC > 0

V A

C

~F

~E

U =VA −VC < 0


Pour compléter ce tableau, écrivons les relations qui lientEs , λs et νs

Es = hνs (S10.1)

νs =c

λs(S10.2)

Es =h c

λs(S10.3)

avec h = 6,62×10−34 USI et c = 3×108 m s−1.

E s (J) λs (m) νs (Hz)

ligne 1 3,2×10−19 6,20×10−7 4,80×1014

ligne 2 2,8×10−19 0,71×10−6 4,20×1014

ligne 3 2,8×10−15 7,14×10−11 4,20×1018

ligne 4 4,8×10−19 4,13×10−7 7,25×1014


7.1. Calcul de la longueur d’onde λ0 correspondant auseuil photoélectrique.

WO =h c

λO

⇒λO =h c

WO

A.N. h = 6,62×10−34 J s ; c = 3×108 m s−1 ;W0 = 1,90 eV = 1,90 · 1,6×10−19 = 3,04×10−19 J ;λ0 = 0,65×10−6 m= 0,65µm.7.2. Déterminons les radiations qui provoquent l’émis-sion photoélectrique.

Un photon d’énergie E =h c

λne peut extraire un élec-

tron d’un métal que s’il apporte une énergie supérieure

ou égale au travail d’extraction EO =h c

λO. Ce qui se tra-

duit par :

h c

λ≥

h c

λO

⇒1

λ≥

1

λO

⇒λO ≥λ⇒λ≤λO

Donc, pour qu’une radiation provoque l’émission photo-électrique, il faut que sa longueur d’onde λ soit inférieurou égal à la longueur d’onde λo caractéristique de la cel-lule photo-émisse. En comparant λ1, λ2 et λ3 à λ0, onvoit que les radiations qui provoquent l’émission photo-électrique sont :

λ2 = 0,60×10−6 <λ0 (= 0,65×10−6 m)

λ3 = 0,50×10−6 <λ0 (= 0,65×10−6 m)

7.3.7.3.1. Calculons la vitesse maximale d’émission d’unélectron pour λ3 = 0,50×10−6 m.Quand on éclaire la cellule par la radiation de longueurd’onde λ3, l’énergie qu’elle cède à l’électron est :

E3 =h c

λ3

Une partie de cette énergie égale à W0 sert à extraire

l’électron du métal, l’autre partie (h c

λ3−WO ) est commu-

niqué à l’électron sous forme d’énergie cinétique. En né-gligeant les pertes d’énergie, l’électron garde cette éner-gie cinétique jusqu’à sa sortie du métal ; il est alors éjecté

;

10


avec l’énergie cinétique maximale.

Ec (max) =

h c

λ3−W0

avec Ec (max) =1

2mV 2

max

⇒1

2mV 2

max =h c

λ3−WO

⇒Vmax =

√

√ 2

m

h c

λ3−WO

A.N : m = 9,1×10−31 kg; E3 =h c

λ3= 3,97×10−19 J ;

W0 = 3,04×10−19 J ; Vmax = 4,52×105 m s−1.7.3.2. Calcul de la vitesse d’arrivée sur l’anode.Appliquons le théorème de l’énergie cinétique à l’élec-tron, entre la cathode et l’anode. En négligeant le poidsde l’électron devant la force électrique, on a :

Ec A −Ec C =W

~F

= (−e )(VC −VA )

⇒1

2m v 2

A −1

2m v 2

C = (−e )(UC A ) = e UAC

⇒ vA =

√

√ 2e UAC

M+ v 2

C

= 1,4×105 m s−1

7.3.3. Valeur de UAC pour laquelle l’intensité du courantélectrique est nulle.L’intensité du courant photoélectrique est nulle si aucunélectron n’arrive à l’anode A. Dans un cas limite, l’élec-tron arrive en A avec une vitesse nulle. Dans ce cas l’ap-plication du théorème de l’énergie cinétique entre A etC donne :

Ec A −Ec C =W

~F

avec Ec A = 0

⇒−Ec C =W

~F

⇒−Ec C =−e

VC −VA

=−e UAC

Ec C = Ec (max) =1

2m v 2

C =−e UAC

⇒UAC =−1

2m v 2

C

1

e

A.N. UAC = −0,57 V. Cette valeur limite est le potentield’arrêt.


8.1. Peut-on observer l’effet photoélectronique ?La longueur d’onde λ= 350 nm du rayonnement est in-férieure à la longueur d’ondeλ0 = 540 nm du seuil photoélectronique du potassium : on peut donc observer l’ef-fet photo électronique.8.2. Calcul du travail d’extraction W0.λ0 étant la longueur d’onde du seuil photoélectronique.Le travail d’extraction W0 est :

W0 =h c

λ0

=6,62×10−34 ·3×108

540×10−9 = 3,68×10−19 J ≈ 2,3 eV

8.3.8.3.1. Pourquoi les électrons extraits ne sortent-ils pastous à la même vitesse ?Lors d’une interaction entre un photon et un électronlibre, le photon cède toute son énergie E . Une partieW0, de cette énergie sert à extraire l’électron, l’autre par-tie est cédée à l’électron qui acquiert ainsi initialementl’énergie cinétique E −W0. Mais avant de sortir du métall’électron, lors du chocs sur les autres particules du mé-tal, perd une partie plus ou moins importante de cetteénergie cinétique. Finalement à la sortie du métal sonénergie cinétique de sortie est :

Ec ≤ E −W0

Les électrons ne sortent donc pas tous à la même vitessedu fait du caractère aléatoire des chocs.8.3.2. Quelle est leur énergie cinétique maximale de sor-tie Ec (max)?En négligeant les pertes d’énergie de l’électron lors deschocs, l’énergie cinétique de sortie a la valeur maximaleEc (max) = E −W0 soit :

Ec (max) =h c

λ−

h c

W0= h c

1

λ−

1

λ0

≈ 2×10−19 J

8.3.3. Quelle est la vitesse de sortie maximale correspon-dante ?L’électron qui sort avec l’énergie cinétique maximaleEc (max) n’est pas relativiste, c’est-à-dire que les lois dela mécanique newtonienne lui sont applicables. En par-ticulier son énergie cinétique a pour expression :

Ec (max) =1

2mV 2

m

⇒Vm =

√

√ 2Ec (max)m

= 6,63×105 m s−1


9.1. Fréquence du seuil photo électronique ν0.La fréquence seuil ν0 est donnée par :

hν0 =W0

⇒ ν0 =W0

h=

2, 9 ·1,6×10−19

6,62×10−34 = 7×1014 Hz

Observe-t-on avec S, l’effet photo électronique? La fré-quence du rayonnement émis par S est ν = 9×1014 Hz.La fréquence seuil étant ν0 = 7×1014 Hz. On constateque : ν>ν0 ⇒ on observe l’effet photo électronique.9.2. Energie cinétique maximale se sortie des électronsde C .

Ec (max) = hν−hν0 = h (ν−ν0)

Ec (max) = 6,62×10−34(9×1014 −7×1014)

= 1,32×10−19 J

9.3.9.3.1. Nombre n ′1 de photons reçus par seconde par C .Chaque photon transporte l’énergie E = hν. Soit n lenombre de photons arrivant sur C pendant la durée t .

;

10227


L’énergie reçue par C pendant cette durée est :

W = nhν

⇒ P =W

t=

nhν

t

9.3.2. Rendement quantique de la cellule

R =n1

n ′1=

3×1010

5×1012 = 0,006 = 0,6%. Cela signifie que 6

photons sur 1000 arrachent un électron au métal. On ditqu’il y a 6 chocs efficaces sur 1000; 6 photons utiles sur1000.9.4. L’énergie cinétique maximale de sortie des électrons,

pour un métal donné, ne dépend que de l’énergie dechaque photon, donc ne dépend que de la fréquencedu rayonnement électromagnétique. Dans cette ex-périence ν ne change pas, Ec (max) ne change pas.

Lorsque la puissance est divisée par deux, on divisepar deux le nombre de photons arrivant sur C chaqueseconde. Si on admet que le rendement quantiquereste le même, il y aura extraction de deux fois moinsd’électrons par seconde.


10.1. Pour que l’effet photoélectrique ait lieu ; il faut quechaque photon incident de fréquence ν possède uneénergie hν plus élevée que l’énergie seuil EO = hνO .

hν> h v0

⇒ ν>ν0

⇒c

λ>

c

λ0

⇒1

λ>

1

λO

⇒λO >λ

Déterminons λ0 :

WO = hνO =h c

λO

⇒λO =h c

WO

A.N. h = 6,6×10−34 J s ; c = 3×108 m s−1 ; W0 = 2,25 eV ;1 J = 1,6×10−19 eV ;

λ0 =6,62×10−34 ·3×108

2, 25 ·1, 6 ·10−19

= 0,551×10−6 m= 0,551µm

On constate que λ0 > λ(= 0,500µm) etλ0 < λ′(= 0,580µm). Nous concluons que la radia-tion qui produit l’effet photoélectrique est la radiationde longueur d’onde λ= 0,500µm.10.2. Calcul de la vitesse maximale émis par la cathode.L’énergie cinétique maximale est :

Ec (max) = hν−WO

avec Ec (max) =1

2mV 2

m

et ν=c

λ

1

2mV 2

m =h c

λ−WO

⇒Vm =

√

√ 2h c

λm−

2WO

m

10.3. A.N. h = 6,6×10−34 J s ; C = 3×108 m s−1 ;λ = 0,5×10−6 m; W0 = 2,25 eV ; m = 9×10−31 kg;1 J = 1,6×10−19 eV

Vm =

√

√ 2 ·6,6×10−34 ·3×108

0 ·5×10−6 ·9×10−31 −2 ·2, 25 ·1,6×10−19

9×10−31

= 287 518,11 m s−1

10.4. Détermination de la d.d.p nécessaire pour annulerle courant photoélectrique.Cette d.d.p. est appelée potentiel d’arrêt. Quand on règlele dispositif au potentiel d’arrêt, seuls les électrons quipartent de la cathode C avec l’énergie cinétique maxi-male arrive à l’anode A avec une vitesse nulle. Le théo-rème de l’énergie cinétique s’écrit alors :

Ec (A)−Ec (C ) =−e U

avec Ec (A) = 0

et Ec (C ) = Ec (max) =h c

λ−WO

h c

λ−WO = e U

⇒UO =h c

eλ−

Wo

e

A.N. UO =6,6×10−34 ·3×108

1,6×10−19 ·0,5×10−6 −2, 25 ·1,6×10−19

1, 6 ·10−19

= 0,225 V

10.5. Détermination du rendement de la cellule.Le rendement quantique de la cellule est donnée par la

relation. ρ =n

Noù n = nombre d’électrons par unité de

temps et N le nombre de photon incidents par unité detemps. n et N sont donnés par les relations suivante :

Pλ =N hν

et I = ne

⇒ρ =I hν

Pλe=

I

Pλe

h c

λ

U0(V )

1

2

ν (10×1014 Hz)

8 16

A

(D2)

B

(D )

A.N. I = 5×10−8 A; Pλ = 9,9×10−6 W ; h = 6,6×10−34 J s ;c = 3×108 m s−1 ; λ = 0,5×10−6 m; ρ = 1,25%. Sur 100photons incidents, il y a seulement un qui soit efficace.

;

10



11.1. Représentation des variations du potentiel d’arrêtU0 = f (ν).Nature de la courbe.A quelques erreurs près les points de coordonnées (ν,U0)sont situés sur une droite. Par suite, le potentiel d’arrêtU0 est une fonction affine de ν de la forme :

UO = aν+ b

11.1.1. Relation théorique existant entre U0 et ν.Considérons deux points appartenant à la droiteD , par exemple les points A(5,13×1014,0,20) etB (7,07×1014,1). Ecrivons que leurs coordonnéesvérifient la fonction affine.

UO = aν+ b

0

¨

, 2= a 5,13×1014 + b (S10.1)

1= a 7,07×1014 + b (S10.2)

De (S10.1) et (S10.2) on déduit :a = 4,12×10−15 et b =−1, 91

UO = 4,12×10−15ν−1, 91 (S10.3)

Déduction de la valeur de h.On démontre que siνO est la fréquence seuil de la cellulephotoélectrique,

UO =hν

e−

hνO

e(S10.4)

En identifiant (S10.3) et (S10.4), on a :

hν

e= 4,12×10−15ν

⇒ h = 4,12×10−15 ·1,6×10−19

≈ 6,6×10−34 USI

11.1.2. Valeur de l’énergie d’extraction d’un électron.

WO = hνO

où νO =1, 91e

h

⇒W0 =h ·1, 91e

h= 1,91 eV

11.2. Les résultats précédents ne sont pas modifiés.L’émission photoélectrique ne dépend pas de la puis-sance lumineuse.11.3. Graphe des variations du potentiel d’arrêt pourU ′

0 = 5,6×1014 Hz. (voir figure). Nous avons :

UO = aν+ b

UO =hν

e−

hνO

e

⇒ a =h

e

b =−hνO

e=−aνO

d’où

UO = a (ν−νO )

On constate que quelque soit νO , la pente de la courbeU0 = f (ν)ne change pas. Pourν′o = 5,6×10−14 Hz, on ob-

tient une droite parallèle à celle précédemment obtenued’équation :

UO =h

e(ν−νO ) = 4,12×10−15ν−2, 3

;

11229

La radioactivité

11.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

11.2 Composition des émissions radioactives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

11.3 Origine des rayonnements et equation-bilan des transformations radioactives . 23011.3.1 Origine des rayonnements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.3.2 Equation-bilan des transformations radioactives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.3.3 La radioactivité α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.3.4 La radioactivité β− . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.3.5 La radioactivité β+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.3.6 La radioactivité γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

11.4 Proprietés générales des désintégrations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.4.1 La loi de décroissance radioactive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.4.2 Période radioactive T . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

11.5 D’autres réactions nucléaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.5.1 La ssion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23211.5.2 La fusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232



;

11

230 Chapitre 11. La radioactivité

11.1 Introduction

Nous avons étudié depuis la classe de seconde lesréactions chimiques qui s’expliquent par les liaisonss’effectuant au niveau des électrons périphériques d’unatome et n’affectant pas du tout les noyaux des atomes.Dans ce chapitre, nous allons étudier les réactions quifont intervenir les noyaux des atomes : on les appelleréactions nucléaires. Lorsque ces réactions nucléairessont spontanées, on parle de radioactivité.

11.2 Composition des émissionsradioactives

Au cours des réactions nucléaires, il y a toujours émis-sion d’un rayonnement (déterminée par les déviationspar des champs magnétique et électrique) qui définitle type de radioactivité. Des expériences assez précisesont montré qu’il existe quatre types de radioactivité :1. la radioactivité α : dans ce cas, les rayonnements

sont constitués des noyaux d’hélium 42He2+ encore

appelés particules α ;2. la radioactivité β – : les rayonnements β– sont des

électrons que nous noterons 0-1e ou e – ;

3. la radioactivité β+ : les rayonnements sont des anti-particules de l’électron appelés positons ou posi-trons. On les note 0

1e ou e+.4. la radioactivité γ : ici les rayonnements sont des

ondes électromagnétiques de très courte longueurd’onde.

11.3 Origine des rayonnements etequation-bilan destransformationsradioactives

11.3.1 Origine des rayonnements

Rappelons que la radioactivité est due à la désinté-gration spontanée d’un noyau instable.

Par ailleurs, on constate qu’un radionucléideconserve la même radioactivité quelque soit le com-posé dans lequel il se trouve. Donc la radioactivité neconcerne pas les électrons périphériques qui assurentles liaisons entre atomes.

En plus, lors d’une émission radioactive, un élémentse transforme en un élément différent (souvent plusstable) ; on dit qu’il subit une transmutation.

11.3.2 Equation-bilan destransformations radioactives

Les réactions nucléaires obéissent aux quatre lois deconservation : des charges électriques ; du nombre de nucléons ; de l’énergie ; de la quantité de mouvement.

Exemple.

Dans le cas d’une radioactivité α, β – , ou β+ dans les-quelles une particule chargée est produite, l’équation-bilan de la transformation s’écrit sous la forme :

AZX→ A′

ZY+ azP

(AZX est le noyau père etAZY est le noyau ls) P symbolise

la particule produite : 42He ;0-1e ou

0+1e ;

la conservation du nombre de nucléons s’écrit :A=A′+a ; la conservation du nombre de charge électrique

s’écrit : Z = Z′+ z.Sur cet exemple, écrivons les équations-bilan des trans-formations radioactives.

11.3.3 La radioactivité α

Au cours de cette désintégration, il y a productiond’un noyau d’hélium 4

2He. L’équation-bilan s’écrit grâceaux lois de conservation.

AZX→ A−4

z−2Y+ 42He

Dans la classification périodique, l’élément fils “Y” estdonc placé deux cases avant l’élément père X.

11.3.4 La radioactivité β−

Les noyaux radioactifs β– émettent des électrons.L’équation-bilan s’écrit grâce aux lois de conserva-tion.

AZX→ A

z+2Y+ 0−1e

Dans la classification périodique, le noyau fils Y estplacé dans la case suivante de celle du noyau père X.

;

11231

11.4. Proprietés générales des désintégrations

Remarque.Comment expliquer qu’un noyau puisse émettre unélectron alors qu’il n’en possède pas? On doit ad-mettre qu’un neutron 1

0n se transforme en un proton11p et un électron

0-1e selon l’équation :

10n→ 1

1p+ 0−1e

Et le noyau ls comporte bien un proton de plus quele noyau père. Cette radioactivité s’observe dans le casdes noyaux qui possèdent “trop de neutrons”.

NB: Dans une radioactivité β – , l’électron émis ne pro-vient pas du cortège électronique de l’atome radioactifmais de son noyau.

11.3.5 La radioactivité β+

La radioactivité β+ ne concerne que certainséléments artificiels. Elle est caractéristique denoyaux trop riche en protons. Le rayonnement émisest constitué de positons ( 0

+1e). L’équation-bilans’écrit :

AZX→ 0

+1e+ Az−1Y

Dans la classification périodique, le noyau fils Y est dansla case précédant celle du noyau père.

11.3.6 La radioactivité γ

Le rayonnement γ est formé de photons énergiques.Ce rayonnement est émis lors de la désexcitation (retourà l’état fondamental) d’un noyau préalablement excité.

La radioactivité γ accompagne généralement les ra-dioactivitéα et β, car elle résulte de la désexcitation pro-gressive du noyau fis.

Si nous notons Y* le noyau excité, l’équation-bilan dela radioactivitéγ s’écrit :

AZY∗→ A

ZY+γ

11.4 Proprietés générales desdésintégrations

Soit un échantillon de substance radioactive conte-nant N noyaux identiques non désintégrés à l’instant t .la radioactivité étant un phénomène imprévisible, ondit qu’un noyau “ne vieillit pas” car sa probabilité de

“mourir” ne dépend pas de son âge (contrairement aucas des êtres vivants).

11.4.1 La loi de décroissance radioactive

Le nombre N de noyaux désintégrés décroît exponen-tiellement avec le temps. Si N0 est le nombre de noyauxnon désintégrés à un instant pris comme instant initialt = 0, on écrit :

N =N0e−λt (11.1)

où λ est une constante radioactive, caractéristique duradio nucléide. (11.1) est la loi de décroissance radioac-tive.

11.4.2 Période radioactive T

La période radioactive ou demi vie d’un radio nu-cléide est la durée T , nécessaire pour que la moitié desnoyaux initialement présents dans l’échantillon, se dés-intègre.

Relation entre T et λ

(11.1)⇒N

N0= e−λt

En prenant le logarithme népérien membre à membre,on a :

lnN

N0=−λt

A l’instant T , N =N0

2(par définition de T )

ln

N0

2N0

=λT

or

N2

2N0=

1

2

⇒ ln1

2=−λT

soit− ln 2=−λT ⇒

T =ln 2

λ=

0, 693

λ

;

11


11.5 D’autres réactionsnucléaires

En dehors de la radioactivité (réaction nucléairespontanée) il existe des réactions nucléaires provo-quées : La fission et la fusion.

D’une manière générale, il y a réaction nucléaire pro-voquée lorsque le choc d’un noyau projectile sur unnoyau cible engendre de nouveaux noyaux.

11.5.1 La ssion

Il y a fission nucléaire lorsque le choc d’un neutronavec un noyau lourd brise ce dernier en noyau plus lé-gers.

Exemple.

10n+ 235

92U→ 9438Sr+ 140

54Xe+210n

10n+ 235

92U→ 9136Kr+ 142

56Ba+310n

11.5.2 La fusion

Il y a fusion lorsque deux noyaux légers s’unissent etconstituent un noyau plus lourd.

Exemple.

21H+ 3

1H→ 42H+ 1

0n

Les réactions de fusion sont fortement exoénergé-tiques ; c’est la fusion d’hydrogène en hélium qui est àl’origine de l’énergie solaire.

NB: Remarquons que l’équation-bilan de la fission et dela fusion respecte les lois de conservation : de la charge ; du nombre de nucléons.


Exercice 1.

Le nucléide polonium 21084Po se désintègre spontanément

en donnant le nucléide plomb AZPb et en émettant des

particules α.1.1. Donner la composition du noyau d’un atome de cetisotope de polonium et écrire l’équation de la désintégra-tion en précisant les valeurs de A et de Z.1.2. Calculer en J et en MeV l’énergie maximale libéréepar la désintégration d’un noyau de polonium 210.On donne MP o = 210,0482 u; MP b = 206,0385 u;1 u= 1,66×10−27 kg= 931,5 MeV. mα = 4,001 50 u.

Exercice 2.

2.1. Qu’appelle -t-on radioactivité naturelle d’un élé-ment ?2.2. La désintégration radioactive du polonium 210peut s’écrire sous la forme :

21084Po−→ b

aX+ 20682Pb

Trouver a, b et X. De quelle radioactivité s’agit-il ?2.3. 2.3.1. Calculer en MeV l’énergie libérée lors de ladésintégration d’un noyau de polonium 210.2.3.2. En supposant qu’il n’y a pas d’émission γ secon-daire, calculer en MeV l’énergie cinétique ainsi que lavitesse de la particule b

aX émise. (On rappelle qu’il y aconservation de la quantité de mouvement et de l’éner-gie totale des particules).2.4. Sachant que la demi-vie (ou période) du polonium210 est de 138 jours, calculer le temps au bout duquelle quart d’une masse initiale mo de polonium 210 sesera désintégrée (on rappelle que si mo est la masse ini-tiale d’un échantillon radioactif, la masse restante dansl’échantillon au bout d’un temps t est de la forme

m (t ) =mo e−λt

avec λ =0, 69

T, λ représentant la constante de désinté-

gration de l’échantillon et T sa demi-vie).Données : 1 u = 1,66×10−27 kg; c = 3×108 m s−1 ;1 MeV = 1,6×10−13 J ; MPo = 209,936 u; MHe = 4,0015 u;MPb = 205,9296 u ; ln(0, 75) =−0, 29.

Exercice 3.

Le polonium est 21084Po un noyau initiale qui donne par

désintégration α un noyau stable de plomb Pb, avecémission de rayonnement γ.3.1. Quelle est la signification des nombres placés àgauche du symbole Po? En déduire la composition dece noyau.3.2. On rappelle que l’énergie de cohésion par nucléon

;

11233


d’un noyau est donnée par l’expression W =(∆m )C 2

Aoù

∆m représente le défaut de masse du noyau, A le nombrede masse et C la célérité de la lumière dans le vide. Cal-culer en J et en MeV l’énergie de cohésion par nucléonpour le noyau de polonium.3.3. Ecrire l’équation de désintégration du noyau de po-lonium. Quelle est, exprimée en MeV, l’énergie libéréeau cours de cette désintégration ? Sous quelles formes serepartit cette énergie ?3.4. Les particules α émises servent à bombarder desnoyaux d’aluminium 27

13Al qui se transforme alors en unisotope radioactif 30

15P du phosphore avec émission d’uneparticule. Le noyau de phosphore se transforme à sontour en un noyau stable de silicium 30

14Si. Ecrire les équa-tions de ces transformations successives. Quelles sontles caractéristiques de la particule émise dans la dernièretransformation ?Données : MPo = 210,0482 u; MPb = 206,0385 u ;Mα = 4,0039 u; Mn = 1,0087 u; Mp = 1,0073u ;1 u = 1,66×10−27 kg; c = 3×108 m s−1 ;1 MeV = 1,6×10−13 J.

Exercice 4.

On a fait des prélèvements d’échantillons de terrains en-sevelis lors d’anciens séismes en Californie. On a pu me-surer, pour chacun d’eux, l’activité radioactive due aucarbone 14, radioactif β– , de période 5700 ans.4.1. Ecrire l’équation de désintégration du carbone 14.Calculer sa constante radioactive. On appelle activité Ad’un échantillon le nombre de désintégrations de cetéchantillon par unité de temps :

A =−dN

dt

Quelle est la loi de variation de A au cours du temps ?4.2. Principe de la datation au carbone 14. La propor-tion des atomes de carbone 14 dans la biosphère estconstante au cours des derniers millénaires : un atomede carbone 14 pour 106 de carbone 12. A sa mort, l’or-ganisme cesse de consommer des composés carbonés;la concentration en carbone 14 radioactif commence àdécroître. Il suffit donc, en principe, de mesurer l’activitéd’un échantillon pour connaître la date de la mort desorganismes vivants qu’il contenait ; ainsi en est-il pourles végétaux détruit lors d’une secousse sismique. En Ca-lifornie, les mesures de ces activités pour divers échan-tillons on été, en 1979 : 0,233; 0,215; 0,223; 0,251 (unitéSI), tandis que l’activité du terrain non enseveli, qui resteconstante, est 0,255.4.2.1. Quel est l’âge approximatif des échantillons étu-diés ici? A quelle date se sont produits les séismes queces échantillons permettent de dater ?4.2.2. Quelle est, dans l’échantillon le plus ancien, laproportion de carbone 14 par rapport aux atomes del’isotope de carbone 12 ?

Exercice 5.

Extrait de la classification des éléments :

Thallium (Tl) 81Tl

Plomb (Pb) 82Pb

Bismuth (Bi) 83Bi

Polonium (Po) 84Po

Astate (At) 85At

5.1. Le bismuth 21083Bi est radioactif α ; le noyau fils ob-

tenu est quant à lui émetteur du rayonnement β– ; écrireles équations de désintégrations correspondantes ;5.2. Le polonium 210

84Po est également radioactif α dedemi-vie (période) T égale à 138 jours ; on dispose à cejour d’un échantillon de polonium 210 de masse initialem0 = 1,024 g (masse de polonium à l’origine des temps) ;au bout du temps t , la masse présente dans l’échantillonest de la forme m (t ) :5.2.1. Donner l’allure générale de la courbes t →m (t ).5.2.2. Définir ce qu’est la demi-vie de l’élément.5.2.3. Soit T ′ = nT le temps écoulé depuis l’instant priscomme origine des temps et m (T ′) la masse présentedans l’échantillon à cet instant T ′ (n : nombre entier na-turel). Exprimer m (T ′) en fonction de m0 et de n .5.2.4. En déduire le temps au bout duquel il ne resteradans l’échantillon que 1 mg de polonium 210.

;

11




1.1. Composition du noyau du polonium.La représentation symbolique d’un noyau est A

ZX avecZ = nombre de protons et A= nombre de nucléons.

A= Z+N

N étant le nombre de neutrons. Il en résulte que le noyaude polonium 210

84Po est composé de 84 protons (Z = 84)et de N =A−Z = 210−84= 126 neutrons.Equation de désintégration du noyau de polonium.

21084Po−→ 4

2He+ AZPb

Le nombre de masse A et le nombre de charge Z du noyaufils s’obtiennent en appliquant les lois de conservationsuivantes : conservation du nombre de charge :

84= 2+Z −→ Z = 84−2= 82

conservation du nombre de masse :

210= 4+A−→A= 210−4= 206

d’où l’équation :

21084Po−→ 4

2He+ 20682Pb

1.2. Calcul de l’énergie maximale libérée par la réactionde désintégration du noyau de polonium 210.D’après la relation d’Einstein, cette énergie est donnéepar :

E =∆mC 2

ou∆m est la variation de masse.

∆m =somme des masses finales

− somme des masses initiales

∆m =mα +mPb −mPo

⇒∆m =4,001 50 u+206,0385 u−210,0482 u

=−0,0082 u

Le signe (−) signifie que cette réactionest exoénergétique. En remarquant que1 u= 1,66×10−27 kg= 931,5 MeV/c2, on a :

E = 0, 0082 ·1,66×10−27 · (3×108)2

= 1,225×10−12 J = 7,638 MeV


2.1. La radioactivité naturelle d’un élément est unetransformation spontanée au cours de laquelle le noyauatomique de cet élément se détruit et donne naissance àdes noyaux de structure différente de celle de l’élémentde départ.

2.2. Désintégration radioactive du polonium 210.

21084Po−→ b

aX+ 20682Pb

D’après la loi de conservation du nombre de masse etcelle de la conservation de charge, on peut écrire :

210= a+206−→ a= 4

84= b+82−→ b= 2

Le noyau X est donc l’hélium He. donc :

21084Po−→ 4

2He+ 20682Pb

C’est une radioactivité de type α.2.3.2.3.1. Calcul de l’énergie libérée lors de la désintégrationdu noyau du polonium 210.Cette énergie E est donnée par la relation d’Einstein.

E =∆m c 2

avec∆m =Σm f −Σmi (Σmi étant la somme des massesdes noyaux de départ et Σm f étant des masses desnoyaux fils

∆m = 1,66×10−27|(205, 9296+4, 0015−209, 936)|

= 8,13×10−30 kg

d’où E = 8,13×10−30 · (3×108)2 = 7,3×10−3 J ou4,57 MeV.2.3.2. Calcul de l’énergie cinétique Ec α de la particuleémise.Avant l’émission de la particule α, le noyau émetteur Poest pratiquement immobile. Sa quantité de mouvementest :

~P (Po) = ~0

Après l’émission de la particule α, le système est com-posé de deux particules Pb et He. Elles ont pour quantitéde mouvement :

~P =MPb ~VPb +MHe ~VHe

La loi de la conservation de la quantité de mouvementpermet d’écrire :

MPbVPb =MHeVHe (S11.1)

De même l’énergie cinétique avant l’émission est :Eci =MPoc 2

Après l’émission : Ec f = (MPbc 2+Ec c e P b )+MHec 2+EcHeD’après la loi de la conservation de la quantité d’énergieon a : Eci = Ec f d’où :

MPoc 2 =MPbc 2 +EcPb +MHec 2 +EcHe

Donc

EcPb +EcHe = [MPo − (MPb +MHe)]c2

⇒ EcPb +EcHe =∆m c 2 (S11.2)

Les particules n’étant pas relativistes, on peut écrire :

EcPb =1

2MPbV 2

Pb (S11.3)

EcHe =1

2MHeV 2

He (S11.4)

;

11235


Le rapport des expressions (S11.4) et (S11.3) donne :

EcHe

EcPb=

MHeV 2He

MPbV 2Pb

(S11.5)

De l’expression (S11.1) on tire :

MPbVPb =MHeVHe

⇒VPb =MHeVHe

MPb

L’expression (S11.5) devient alors :

EcHe

EcPb=

MHeV 2He

MPbM 2

HeV 2He

M 2Pb

=MPb

MHe

d’où EcPb =EcHe.MHe

MPb(S11.6)

En portant cette valeur dans l’équation (S11.2), on a :

EcHeMHe

MPb+EcHe =∆m c 2

⇒ EcHe(1+MHe

MPb) =∆m c 2

Donc

EcHe =∆mC 2

MHe

MPb+1

En faisant l’application numérique on trouve :

Ec = EcHe = 4,49 MeV

L’énergie libérée par cette désintégration est inégale-ment partagée entre le noyau fils (Pb) et la particuleα. Cette dernière emporte presque toute l’énergie ciné-tique.La vitesse de la particule α est donnée comme suit :

EcHe =1

2MHeV 2

He

⇒VHe =

√

√ 2EcHe

MHe

A.N. VHe =

√

√

√ 2 ·4, 49 ·1,6×10−13

4, 0015 ·1,66×10−27

= 2,16×107 m s−1

2.4. Calcul du temps mis pour une désintégration égaleau quart de la masse initiale.La masse restante sera :

m =m0 −m0

4=

3

4m0

Cette masse m est liée à λ, t et m0 par la relation :

m =m0e−λt

or m =3

4m0

⇒3

4m0 =m0e−λt

⇒ e−λt =3

4

d’où

ln

e−λt

= ln

3

4

⇒−λt = ln(0, 75)

t =− ln 0, 75

λ

A.N : t =| −0, 29|

0, 69

138

= 58 jours


3.1. Le nombre 210 est le nombre de nucléons du noyaudu polonium. On l’appelle aussi nombre de masse. Lenombre 84 désigne le nombre de protons du noyau.C’est le numéro atomique de l’élément. Composition dunoyau de polonium : siA= 210 est le nombre de nucléons,Z = 84 le nombre de protons et N le nombre de neutrons,

A= Z+N

⇒N =A−Z = 210−84= 126 neutrons

3.2. Calcul de l’énergie de cohésion par nucléon pour lenoyau de Po.

W =∆mC 2

A(Po)avec

∆m =Σm −MPo

W =84 ·MP +126Mn −MPo

A(Po)

W =84 ·1, 0073+1261, 0087−210, 0482

210

= 0,118×10−11 J

soit W = 7,4 MeV.3.3. Equation de la désintégration du noyau de polo-nium.

21084Po−→ 4

2He+ 20682Pb

Calcul de l’énergie libéré au cours de cette réaction. SoitW1 cette énergie ; elle est donnée par la relation

W1 =∆m c 2 = (MHe +MPb −MPo)c2

A.N. W1 = 5,42 MeV.Cette énergie se repartit en énergie cinétique de la parti-cule α qui est prépondérante, et en énergie d’excitationdu plomb.3.4. Equations des transformations nucléaires. SoientX la particule émise par la première réaction et Y celleémise lors de la seconde transformation. Nous pouvonsécrire :

2713Al+ 4

2He−→ 3015P + a

bX (S11.1)3015P+−→ 30

14Si+ cdY (S11.2)

Au cours de la transformation (S11.1) :

27+4= 30+a

(loi de la conservation de la masse)⇒a = 1

13+2= 15+ b

;

11


(loi de la conservation de la charge)⇒b = 0

La particule X est un neutron. Au cours de la transforma-tion (S11.2) :

30= 30+ c

(loi de la conservation de la masse)⇒c = 0

15= 14+d

(loi de la conservation de la charge)⇒d = 1

La particule Y est un positon.D’où les équations :

2713Al+ 4

2He−→ 3015P +1

0 n (S11.1)

3015P+−→ 30

14Si+01 e (S11.2)

Dans la dernière transformation, la particule émise apour caractéristiques : masse nulle ; charge +e : c’est un positon.


4.1. Equation de désintégration du carbone 14. D’aprèsl’énoncé, il s’agit d’une désintégration du type β– qui setraduit par l’émission des électrons.

146C −→ 0

1e+ AZX

A et Z sont déterminés en utilisant les lois de conserva-tion de masse et de charge.

14= 0+A

⇒A= 14

et 6=−1+Z

⇒ Z = 6+1= 7

Le noyau fils X est l’azote 14.

146C −→ 0

1e+ 147N

Calcul de la constante radioactive.La constante radioactive λ est liée à la période T par larelation :

λ=ln 2

T=

ln 2

5700= 1,216×10−4 an−1

Loi de variation de l’activité A au cours du temps.La loi de décroissance radioactive s’écrit :

N =N −λto .e

avec N0 = nombre de noyaux radioactifs dans un échan-tillon à la date t = 0 et N le nombre de noyaux radioactifsdans cet échantillon à la date t . L’activité de l’échantillonse définit par :

A =−dN

dt=−

d(No e−λt )dt

⇒ A =λNo e−λt

4.2. Principe de la datation au carbone 14.4.2.1. Détermination de l’âge des échantillons étudiés etdes dates des séismes.L’origine des dates est la date du séisme, c’est-à-direla date de la mort des organismes vivants contenusdans l’échantillon étudié. Désignons par A0 l’activité

de cet échantillon à la date origine. Cette activité estA0 = N0eλ0 = λN0. Soient t = âges des échantillons etA l’activité de l’échantillon à la date des mesures (1979).

A =λN0e−λt

On a déduit :

AO

A=

λNO

λNo e−λt

=1

e−λt

= eλt

⇔ ln

Ao

A

= ln

eλt

⇒ t =1

λln

Ao

A

Dates des séismes : Les mesures s’effectuant en 1979, ladate du séisme est : 1979− t .A.N. A0 = 0, 255 ; A = 0, 233; 0, 215; 0, 223; 0, 251.

A 0,233 0,215 0,223 0,251

t (âge) 742 1403 1102 130

date 1237 576 877 1849

4.2.2. Proportion des atomes de carbone 14 dans l’échan-tillon le plus ancien par rapport aux atomes de carbone12.L’échantillon le plus ancien est l’échantillon N 2 dontl’âge est le plus élevé.

N=N0e−λt ⇒N

N0= e−λt

A= A0e−λt ⇒A

A0= e−λt

⇒N

N0=

A

A0=

0, 215

0, 255= 0, 843

Au bout 1403 années, l’échantillon le plus ancien necontient plus 84,3% de carbone de la proportion ini-tiale de carbone 14, soit 1 atome de carbone 14 pour100/84, 3106 atomes de carbone 12.


5.1. Equation de désintégration du bismuth.

21083Bi−→ 4

2He+ AZX

D’après les lois de conservation du nombre de masse etcharge, on a :

210= 4+A

(conservation de la masse)⇒A= 210−4= 206

83= 2+Z

(conservation de la charge)⇒ Z = 83−2= 81

D’après l’extrait du tableau périodique des éléments, lenoyau-fils X est le thallium. D’où l’équation-bilan :

21083Bi−→ 4

2He+ 20681Tl

;

11237


Equation de désintégration du thallium.

20681Tl−→ 0

−1e+ A′ZX′

D’après les lois de conservation du nombre de masse etcharge, on a :

206= 0+A′

(conservation du nombre de masse)⇒A′ = 206

81=−1+Z′

(conservation de la charge)⇒ Z′ = 81+1= 82

D’après l’extrait du tableau périodique des éléments, lenoyau-fils X est le plomb. D’où l’équation-bilan :

20681Tl−→ 0

−1e+ 20682Pb

5.2.5.2.1. Allure générale de la courbe t → m (t ). Détermi-nons d’abord l’expression de m (t ).La loi de décroissance radioactive s’écrit :

N =N0e−λt (S11.1)

avec N0 = nombre de noyaux radioactif dans un échan-tillon à la date t = 0 et N le nombre de noyaux radioactifsdans cet échantillon à la date t . λ est la constante radio-active.Puisque la masse m de la substance radioactive est pro-portionnelle au nombre des noyaux quelle contient, laloi de décroissance radioactive peut aussi s’écrire :

m (t ) =m0e−λt

D’où l’allure générale.

t

m

m0

T 2T 3T

m0/2

m0/4

m0/8

5.2.2. La demi-vie ou période radioactive d’un élémentest la durée T nécessaire pour que la moitié des noyauxinitialement présents dans l’élément subisse la désinté-gration.5.2.3. Expression de m (T ′) avec T ′ = nT .

m (t ) =mo e−λt

avec λ=ln 2

T

t = nT

⇒m (nT ) =mo e−ln 2T ·nT

⇒m (nT ) =1

2nmO

5.2.4. Temps au bout duquel il ne restera plus que 1 mg.

m (t ) = 1

⇒ 1= 1024e−λt

⇒1

1024= e−λt

⇒ t =−1

λln

1

1024

t = 1380 jours

;

11


;

12239

Sujets d’examen–Baccalauréat Physique–Séries C, E

12.1 Enoncé des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24012.1.1 Enoncé – Baccalauréat 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24012.1.2 Enoncé – Baccalauréat 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24212.1.3 Enoncé – Baccalauréat 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24412.1.4 Enoncé – Baccalauréat 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24512.1.5 Enoncé – Baccalauréat 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24712.1.6 Enoncé – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

12.2 Solution des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25012.2.1 Solution – Baccalauréat 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25012.2.2 Solution – Baccalauréat 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25312.2.3 Solution – Baccalauréat 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25612.2.4 Solution – Baccalauréat 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25912.2.5 Solution – Baccalauréat 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26112.2.6 Solution – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

;

12

240 Chapitre 12. Sujets d’examen–Baccalauréat Physique–Séries C, E

12.1 Enoncé des sujets d’examen

12.1.1 Enoncé – Baccalauréat 2012

Examen: Baccalauréat Séries: C, E

Session: 2012 Durée: 4 heures

Épreuve: Physique Coef.: 4

Exercice 1.

Mouvements dans les champs de force et leurs applicationsPartie A : Mouvements dans le champ de pesanteurPrendre g = 10 m s−2 et négliger la résistance de l’air.Deux joueurs de football Sorel et Jean II, de tailles res-pectives h1 = 1,80 m et h2 = 1,60 m, s’entraînent au jeude tête avec un ballon que l’on supposera ponctuel.Après un coup de tête, le ballon part de Sorel vers JeanII avec une vitesse initiale ~v0, faisant un angle α = 45°avec l’horizontale. On prendra v0 = 10 m s−1. La figureci-dessous présente la situation.

Ox

y

~v0

α

d

h1h2

Sorel Jean II

1.1. En prenant pour origine des espaces, le sommet dela tête de Sorel et pour instant initial l’instant de départdu ballon, établir l’équation cartésienne de la trajectoiredu centre d’inertie G du ballon.1.2. L’équation de la trajectoire de G peut se mettre sousla forme 10y + x 2 −10x = 0.À quelle distance d de Sorel, doit se placer Jean II pourque le ballon retombe exactement sur sa têtePartie B : Mouvement d’une particule chargée dans unchamp magnétique uniformeUne particule de masse m = 6,64×10−27 kg et de chargeq = +3,2×10−19 C entre avec une vitesse ~v de valeurv = 1,5×105 m s−1 dans une région de largeur `= 18 cmoù règne un champ magnétique uniforme ~B d’intensitéB = 3×10−3 T orthogonal à la vitesse de la particule.1.1. En négligeant son poids, déterminer la nature dumouvement de la particule dans la zone où règne lechamp magnétique.

1.2. Établir l’expression du rayon de courbure R de satrajectoire, puis calculer sa valeur.1.3. Calculer la valeur de l’angle de déviation α de latrajectoire de la particule sous l’influence du champ ma-gnétique.

Exercice 2.

Systèmes oscillantsPartie 1 : Oscillateur mécaniqueDans la gorge d’une poulie (P )de rayon r = 10 cm et donton veut déterminer le moment d’inertie J∆, on fait passerune ficelle inextensible de masse négligeable. À l’une desextrémités de cette ficelle, on accroche un solide (S ) demasse m = 100 g et reposant sur un plan incliné d’angleα = 30° sur l’horizontale. L’autre extrémité de la ficelleest reliée à un ressort (R ) de raideur k = 10 N m−1 et demasse négligeable.On prendra g = 10 m s−2.

(P )

α

(S )

(R )

La deuxième extrémité du ressort est fixée au sol. Lesfrottements sur le plan incliné et sur l’axe de la poulieseront négligés. On admettra que la ficelle ne glisse pasdans la gorge de la poulie et que le centre d’inertie G de(S ) se déplace sur la ligne de plus grande pente du plan.Le schéma de la machine est donné en figure ci-dessus.2.1.2.1.1. Écrire une relation entre m , g , α et l’allongementx0 du ressort lorsque le système est en équilibre.2.1.2. Calculer la valeur numérique de x0.2.2. On provoque un déplacement supplémentairea = 2 cm de (S ) vers le bas de la pente puis on l’aban-donne sans vitesse initiale. Il prend alors un mouvementd’équation horaire :

x (t ) = 2 cos

√

√

√

√

k

m +J∆r 2

· t

où x est l’écart du centre d’inertie de (S ) à la positiond’équilibre à un instant t quelconque (x en cm).2.2.1. Donner l’expression de la période propre T0 desoscillations du solide (S ) en fonction de m , r , k et J∆.2.2.2. Exprimer le moment d’inertie J∆ en fonction dela période propre T0. En mesurant la durée de 10 oscilla-tions, on trouve 20 secondes. Calculer numériquementJ∆. Prendre π2 = 10.2.2.3. Donner l’équation horaire du mouvement de ro-tation de la poulie.Partie 2 : Oscillateur électriqueUn circuit LC est constitué d’une bobine d’inductanceL et de résistance négligeable branchée aux bornes d’un

;

12241

12.1. Enoncé des sujets d’examen

condensateur de capacité C et de charge initiale q0. Leschéma du circuit est donné en figure ci-dessous.

A BL

C

2.1. Donner l’expression de la tension UAB aux bornesde chacun des deux dipôles.2.2. En déduire l’équation différentielle vérifiée par la-charge q (t ) du condensateur.N.B : On rappelle que l’intensité du courant est la dérivée-première, de la charge par rapport au temps.2.3. Pour L = 2,29×10−4 H, calculer la capacité C ducondensateur qu’il faut pour que la charge q oscilleavec une fréquence f = 105 MHz. On rappelle que1 MHz= 10×106 Hz.

Exercice 3.

Phénomènes corpusculaires et ondulatoiresPartie 1 : Phénomènes ondulatoiresL’extrémité O d’une ficelle de longueur convenable estattachée à un vibreur de période T = 10−2 s. Les amortis-sements et la réflexion des ondes sont négligeables. Lalongueur d’onde λ de l’onde vaut 5 cm.3.1. Calculer la célérité v de la propagation de l’onde.3.2. On éclaire la ficelle à l’aide d’un stroboscope de fré-quence fe réglable.3.2.1. Déterminer la plus grande fréquence f0 pour la-quelle on voit une ficelle immobile.3.2.2. La fréquence des éclairs du stroboscope prend lavaleur f1 = 99 Hz. Qu’observe-t-on ?3.3. L’équation horaire d’un point M de la ficelle situé à30 cm de la source O est x (t ) = 5cos(200πt ) en mm. Endéduire l’équation horaire de la source O .Partie 2 : Effet photoélectriqueOn éclaire la cathode d’une cellule photoélectrique àl’aide d’une lumière monochromatique de longueurd’onde λ convenable. La variation de l’intensité I ducourant photoélectrique en fonction de la tension entrel’anode et la cathode est consignée dans le tableau ci-dessous :

U (V) −0,8 −0,4 0 0,22 0,6

I (µA) 0 1 1,65 2 3

U (V) 1,1 2 3 4 5

I (µA) 4 5 5,2 5,3 5,3

3.1. Tracer la courbe I = f (U )Échelle : Abscisse : 2 cm pour 1 V ;Ordonnée : 2 cm pour 1µA.3.2.3.2.1. Définir et déterminer le potentiel d’arrêt U0.3.2.2. Donner la valeur de l’intensité Is du courant desaturation.3.3. Calculer la vitesse maximale des électrons à la sor-tie de la cathode.

On donne : charge élémentaire : e = 1,6×10−19 C ; massede l’électron : me = 9,1×10−31 kg.

Exercice 4.

Exploitation des résultats d’une expérienceUne catapulte est constituée d’un piston enfilé dans unressort de compression. L’ensemble peut coulisser à l’in-térieur d’un tube cylindrique. Ce dispositif permet delancer à partir d’une hauteur h , une bille (S )qu’on suppo-sera ponctuelle, avec une même vitesse ~v0 horizontale etde module constant v0 = 5 m s−1. Pour chaque valeur deh , on mesure l’abscisse xm du point d’impact de la billesur un plancher horizontal (voir la figure ci-dessous).

xO

y

h

~v0

(S )

Plancher

On a obtenu le tableau de mesures suivant :

h (cm) 20 40 60 80 100 120 140

xm (m) 1,00 1,43 1,73 2,00 2,26 2,43 2,60

x 2m (m2) 1,0 2,0 3,0 4,0 5,1 5,9 6,8

4.1. Tracer la courbe x 2m = f (h ).

Échelle : Abscisse : 1 cm ↔ 10 cm; ordonnée :1 cm↔ 1 m2.Quelle est la forme de la courbe obtenue ?4.2.4.2.1. Établir, lorsque la bille est lancée à partir d’unehauteur quelconque h , l’équation cartésienne de sa tra-jectoire, dans le repère indiqué sur le schéma. On pren-dra pour instant initial, la date de départ de la bille. Onnégligera la résistance de l’air.4.2.2. En déduire la relation suivante :

x 2m =

2v 20

gh .

4.3. À partir de la courbe ci-dessus, déterminer une va-leur expérimentale de l’accélération de la pesanteur g àl’endroit où s’effectue la manipulation.

;

12






Exercice 5.

Mouvements dans les champs de forces et leurs applicationsPartie 1 : Mouvement dans le champ de pesanteur.On négligera les frottements et on prendra l’intensité gdu champ de pesanteur égale à 10 m s−2.

O x

z

A

KM

βα

lH

(S )

~vH

C

Un pendule est constitué par un solide ponctuel (S ) demasse m = 100 g, suspendu à un point fixe A par unfil inextensible, de masse négligeable et de longueur`= 60 cm. On écarte le pendule de la verticale d’un angleθ0 = 90°, puis on impose au solide un mouvement circu-laire autour de A dans un plan vertical, en lui communi-quant, au point H , une vitesse initiale verticale et de sensdescendant (figure ci-dessus). Une position quelconqueM de (S ) est repérée au cours de son mouvement par

l’angle α=

Û~AK , ~AM

.

5.1. Étude de la tension du fil de suspension du solide.5.1.1. Faire le bilan des forces qui s’exerce sur le solide(S ) lorsque celui-ci est en M .5.1.2. En appliquant la deuxième loi de Newton ausolide (S ), montrer que l’intensité de la tension dufil au passage par le point M a pour expression :

TM =m

g cosα+v 2

M

`

.

5.1.3. En déduire la valeur minimale de la vitesse vC dusolide au point culminant C de la trajectoire, pour quele fil reste tendu en ce point (c’est-à-dire TC ≤ 0).5.2. On ramène le pendule en H et on le lance commeprécédemment. Le solide (S ) est libéré de son attache àun instant pris comme origine des dates, lorsqu’il passe

en montant par le point O tel que β =

Û~AK , ~AO

, avec la

vitesse ~v0.5.2.1. Établir les équations horaires littérales du mou-vement de (S ) après sa libération, dans le repère (O ; x , z )du plan vertical de la figure ci-dessus.5.2.2. En déduire sous sa forme littérale, l’équation de

la trajectoire de (S ).Partie 2 : Pendule électrostatique.Un pendule électrostatique est constitué d’une boulemétallisée B qu’on considérera comme un point maté-riel de masse m = 20 g et de charge q = +4,0µC, fixéeà l’extrémité d’un fil isolant de longueur ` et de massenégligeable.Ce pendule est suspendu en un point O . En présenced’une charge électrique ponctuelle Q placée en M , le fils’écarte de la verticale d’un angle θ = 20° (voir figure ci-dessous). À l’équilibre, la droite passant par les points Met B est perpendiculaire à la direction du fil.

O

B (q )

θ

M(Q)

5.1. Représenter les forces qui s’exercent sur la boule B .5.2. Déterminer :5.2.1. les intensités, de la force électrique ~F qui s’exercesur la boule B et de la tension ~T du fil (on fera les projec-tions suivant la direction de ~F d’une part, et suivant ladirection de ~T d’autre part).5.2.2. la valeur algébrique de la charge Q , si F vaut6,84×10−2 N.Données : g = 10 m s−2 ; k = 9×109 N m−1 ; M B = 50 cm.

Exercice 6.

Les systèmes oscillantsPartie 1 : Oscillateur mécanique.

Γ

B

Ox x ′

(R )

A

On considère le système schématisé sur la figure ci-dessus. Le ressort (R ) est à spires non jointives et samasse est négligeable. Sa raideur est k = 80 N m−1 et salongueur à vide `0 = 15 cm. Les solides A et B de massesrespectives mA = 500 g et mB = 300 g sont reliés entreeux par un fil inextensible de masse négligeable passantpar la gorge d’une poulie Γ de masse négligeable, mobilesans frottement autour de son axe. Le solide B se déplacesans frottements sur le plan horizontal.6.1. Le système est considéré à l’équilibre.6.1.1. Montrer qu’on peut écrire mA g − k∆`0 = 0; oùg est l’intensité de pesanteur et ∆`0 l’allongement duressort.6.1.2. Calculer la valeur numérique de∆`0.

;

12243


6.2. À partir de la position d’équilibre, on déplace verti-calement le solide A de 5,0 cm vers le bas, puis on l’aban-donne sans vitesse initiale. La position de B est repéréepar l’abscisse x de son centre d’inertie GB , sur l’axe x ′xdont l’origine O coïncide avec la position de GB à l’équi-libre.6.2.1. Montrer que le solide B effectue un mouvementrectiligne sinusoïdal de période propre T0 dont on don-nera l’expression en fonction de mA , mB et k .Partie 2 : Oscillateur électriqueUne tension sinusoïdale est appliquée aux bornes A etB d’une portion de circuit comprenant montés en sé-rie, un résistor de résistance R = 100Ω, un condensa-teur de capacité C et une bobine pure d’inductanceL = 7,2×10−2 H.

(a)

Voie 1

Voie 2

Écran de l’oscilloscopeGain vertical sur les deux voies 2 V/div

Base des temps 0,5 ms/div

On visualise respectivement sur les voies 1 et 2 d’un oscil-lographe, les variations de la tension u (t ) délivrée par legénérateur et de la tension ug (t ) aux bornes du résistor.L’aspect de l’écran est représenté sur la figure ci-dessous.

(b)

R

A

B

LC

Circuit sur lequel doit être connecté l’oscilloscopepour obtenir à l’ecran les traces

6.1. Indiquer sur le schéma du circuit de la figure (a) ci-dessus comment l’oscilloscope doit être connecté au cir-cuit pour obtenir l’aspect de la figure (b) ci-dessus.6.2. Déterminer la fréquence f des deux tensions.6.3. Le décalage temporel entre u (t ) et ug (t ) est∆t = 0,256 ms.En déduire le déphasageϕ entre les deux tensions et pré-ciser laquelle des deux est en avance sur l’autre.6.4. Calculer l’impédance du circuit, puis en déduire lavaleur de la capacité C du condensateur.On prendra f = 400 Hz.

Exercice 7.

Phénomènes ondulatoires et corpusculairesPartie 1 : Phénomènes ondulatoires7.1. Qu’appelle-t-on longueur d’onde d’une onde ?7.2. A l’aide du dispositif des fentes d’Young, on ob-tient en lumière monochromatique, une figure d’inter-férences lumineuses sur un écran placé parallèlementau plan des fentes F1 et F2 et à la distance D = 2 m dece plan. La distance séparant les fentes secondaires esta = 1,8 mm. La longueur d’onde de la radiation éclai-rante est λ= 540 nm. Quelles sont :7.2.1. la nature de la frange d’ordre p ′ =−4,5 ?7.2.2. la distance entre le milieu de cette frange et le mi-lieu de la frange centrale ?Partie 2 : Phénomènes corpusculaires7.1. Le travail d’extraction d’un électron du métal dontest revêtue la cathode d’une cellule photo-émissive estW0 = 1,77 eV. On éclaire cette cathode avec une radiationlumineuse de longueur d’onde λ= 475 nm.7.1.1. Calculer en eV, l’énergie E d’un photon de la ra-diation éclairante.7.1.2. Pourquoi peut-on affirmer que cette radiation dé-clenchera l’effet photoélectrique ?7.1.3. Décrire, en s’appuyant sur un schéma, une pro-cédure expérimentale permettant la mesure de l’énergiecinétique maximale des électrons à leur sortie de la ca-thode.Données : Constante de Planck : h = 6,62×10−34 J s ;1 eV = 1,6×10−19 J.Célérité de la lumière dans le vide : c = 3×108 m s−1.7.2. Le thorium 227

90Th est radioactif α. Sa période (oudemi-vie) est T = 18 jours.7.2.1. Écrire l’équation de la désintégration d’un noyaude thorium, sachant que le noyau fils est le radium Ra.7.2.2. Calculer la masse ∆m de thorium disparue aubout de 54 jours dans un échantillon de thorium 227 demasse initiale m0 = 0,5 g.

Exercice 8.

Étude d’un, pendule et mesure de l’intensité de la pesanteurd’un lieuLors d’une séance de travaux pratiques, les élèves étu-dient l’influence de la longueur et de la masse d’un pen-dule simple sur la période propre T0 de ses oscillationsde faibles amplitudes.8.1. Étude de l’influence de la masse m du pendule.8.1.1. Pour réaliser cette étude, on dispose déjà d’unepotence et de trois objets de mêmes dimensions et demasses m1, m2, m3 différentes. Compléter cette liste dematériel.8.1.2. Proposer un protocole expérimental.8.2. Étude de l’influence de la longueur ` du pendule.Pour une même valeur de l’amplitudeθm des oscillations(θm < 12°), on fait varier la longueur ` de l’un des troispendules ci-dessus et on mesure pour chaque valeur de`, la durée∆t de 10 oscillations. On a ensuite T0 =∆t /10.Les résultats sont placés dans le tableau ci-dessous :

;

12


` (m) 1,20 1,00 0,80 0,60 0,40

T0 (s) 2,20 2,01 1,78 1,55 1,27

T 20 (s2) 4,84 4,04 3,17 2,40 1,61

8.2.1. Pour obtenir T0, pourquoi les élèves mesurent-ilsla durée de 10 oscillations au lieu d’en mesurer la duréed’une seule ?8.2.2. Tracer sur la courbe T 2

0 = f (`).Échelles : Abscisse, 1 cm pour 0,1 m; Ordonnée, 1 cmpour 0,5 s2.8.2.3. En déduire la valeur expérimentale de l’intensitég du champ de pesanteur. On rappelle l’expression théo-rique de la période propre des oscillations de faibles am-

plitudes d’un pendule simple : T0 = 2π

√

√ `

g.





Exercice 9.

Mouvements dans les champs de forces et leurs applicationsPartie 1 : Action des champs électrique et magnétique surun faisceau d’électrons

O2O1~v

~E

~B

C

DPlaque P

Des particules de masse m = 6,65×10−27 kg pénètrentdans une région où règnent un champ magnétique ~B etun champ électrique ~E , uniformes et orthogonaux entreeux et à la vitesse ~v des particules à l’entrée O1 de la ré-gion comme l’indique la figure ci-dessus. On constateque certaines des particules ont une trajectoire rectilignehorizontale et sont recueillies en O2 appartenant à ladroite (O1, ~v ). Ces particules sont dites sélectionnées. Onnégligera leur poids devant les autres forces. On donne :q = 3,20×10−19 C ; B = 9×10−3 T ; E = 5×103 V m−1.9.1. Donner en justifiant la réponse, le sens du vecteurchamp magnétique ~B .9.2. Montrer que la valeur v0 de la vitesse des particulessélectionnées ne dépend ni de la masse des particules,ni de leur charge électrique. Puis calculer sa valeur nu-mérique.9.3. On supprime le champ électrique. Les particulesviennent alors heurter une plaque P placée verticale-

ment dans la région (voir la figure). La mesure de l’écartentre les points d’impact extrêmes des particules sur laplaque donne C D = 30,00 mm.9.3.1. Donner la nature du mouvement des particulesdans la région puis donner l’expression de la grandeurcaractéristique de leur trajectoire.9.3.2. Calculer les valeurs vma x et vmi n respective-ment de la vitesse maximale et de la vitesse minimaledes particules en admettant que la valeur v0 de la vi-tesse des particules sélectionnées est leur moyenne

v0 =vmi n + vma x

2

.

Partie 2 : Chariot entraîné par un solide

(C )~T

(S )

~T ′

i

j

On considère un chariot (C ) de masse m , mobile sansfrottement sur une table lisse et relié par un fil inexten-sible de masse négligeable à un solide (S ) de masse Mqui pend dans le vide. Le fil passe par la gorge d’une pou-lie de masse négligeable et sans frottement. On nommerespectivement ~T et ~T ′ les forces que le fil exerce sur lechariot et sur le solide (Voir figure ci-dessus).9.1. On commence par retenir le chariot, tout le dispo-sitif étant donc immobile. Exprimer ~T et ~T ′ dans la base(~i , ~j ) précisée sur la figure.9.2. On lâche le chariot. En faisant un bilan des forces,indiquer sans calcul comment la force ~T est modifiée.9.3. À un instant t , la vitesse du centre d’inertie du cha-riot est ~vG = vG ~i et son accélération est ~aG = aG ~i . Don-ner à cet instant les expressions vectorielles la vitesse etde l’accélération du solide (S )?9.4. Écrire la 2ème loi de Newton pour le chariot d’unepart et pour le solide (S ) d’autre part.9.5. En déduire l’expression de la valeur de l’accéléra-tion du chariot et celle de la tension du fil.

Exercice 10.

Oscillations forcées dans un dipôle électriqueUn générateur maintient entre les bornes A et B d’uncircuit électrique une tension alternative sinusoïdalede fréquence variable et de valeur efficace constanteUAB = 60 V. Ce circuit comporte en série un résistor derésistance R et un dipôle D dont on ne connaît pas lesgrandeurs caractéristiques. Pour une pulsation du cou-rantω= 500 rad s−1, on mesure les valeurs efficaces desgrandeurs physiques suivantes : Valeur efficace de l’in-tensité du courant dans le circuit : I = 0,4A; valeur ef-ficace de la tension aux bornes du résistor : UR = 36 V ;valeur efficace de la tension aux bornes du dipôle D :UD = 48 V.On donne l’indication suivante : le dipôle D peut êtreun résistor, un condensateur, une bobine ou une asso-

;

12245


ciation en série d’une bobine et d’un condensateur.10.1. Montrer que le dipôle D n’est pas un résistor etcalculer son impédance.10.2. Le circuit consomme une puissance électriqueP = 15 W. Montrer que le dipôle D comporte une résis-tance non nulle ; calculer cette résistance RD puis le fac-teur de puissance du dipôle D .10.3. On augmente progressivement la fréquence ducourant, on constate que la tension efficace aux bornesdu dipôle D diminue. Pour une fréquence pour laquellela pulsation est ω1 = 1000 rad s−1, on mesure les ten-sions aux bornes du dipôle D et du résistor, on obtient :U ′

D = 24 V et U ′R = 36 V.

10.3.1. Montrer, sans calcul, que D est une associationen série d’une bobine et d’un condensateur.10.3.2. Établir à partir des valeurs des tensions efficacesque la pulsation ω1 correspond à la fréquence de réso-nance du circuit.10.3.3. Calculer les valeurs de l’inductance L de la bo-bine et de la capacité C du condensateur.

Exercice 11.

Étude d’ondes avec une cuve à ondesLa lame d’un vibreur est solidaire à une pointe qui effec-tue un mouvement vertical de même fréquence que lalame. Lorsque le vibreur est mis en marche à la fréquencef = 20 Hz, la pointe frappe la surface libre de l’eau d’unecuve à ondes au centre O de la cuve. Une membraneplacée sur la paroi de la cuve empêche la reflexion desondes mécaniques ainsi produites.

9 cm

11.1. Nommer le type d’onde (transversal ou longitudi-nal) qui se propage à la surface de l’eau et proposer uneexpérience simple permettant de mettre ce type d’ondesen évidence.11.2. On utilise un éclairage stroboscopique qui immo-bilise apparemment les ondes. L’image de la surface del’eau est recueillie sur papier blanc placé en dessous dela cuve, représentée par la figure ci-dessus; elle est 1,5fois plus grande que la réalité. Déterminer la longueurd’onde et en déduire la célérité des ondes sachant queles bandes claires représentent les crêtes.11.3. La fréquence des éclairs est fixée à 21 Hz. Décrirece que l’on observe à la surface de l’eau et calculer lacélérité apparente des ondes.11.4. La lame du vibreur est maintenant solidaire d’unefourche munie de deux pointes O1 et O2 distantes de5 cm, qui effleurent la surface de l’eau. La lame vibre à la

fréquence de 20 Hz.11.4.1. Décrire le phénomène observé à la surface del’eau en éclairage normal.11.4.2. Donner la position et le nombre des points dusegment [O1, O2] qui vibrent avec une amplitude maxi-male.

Exercice 12.

Exploitation des résultats d’une expérienceLe radon 222 est un gaz radioactif émetteur α. On dé-sire déterminer le volume V0 d’un échantillon ainsi quela demi-vie du radon 222. Pour cela, on emprisonne cegaz dans une ampoule dans les conditions où le volumemolaire vaut 25 Lmol−1 ; puis on mesure l’activité A del’échantillon à différents dates t . Les résultats obtenussont consignés dans le tableau suivant :

t (jour) 0 10 20

A (Bq) A0 1,65×1011 2,73×1010

t (jour) 30 40 50

A (Bq) 4,51×109 7,46×108 1,23×108

t (jour) 60 70

A (Bq) 2,03×107 3,37×106

12.1. Citer deux applications de la radioactivité.12.2. Définir l’activité A d’une substance radioactive etétablir que A = λN , où λ est la constante radioactive etN le nombre de noyaux présents à la date t dans l’échan-tillon.12.3. Tracer sur papier millimétré le graphe ln A = f (t ),où ln désigne le logarithme népérien.Échelles : 1 cm pour 5 jours en abscisses et 2 cm pour 5unités sur l’axe des ordonnées.12.4. Déterminer à partir du graphe, la constante radio-active du radon 222 et l’activité initiale A0.12.5. En déduire le volume V0 de l’échantillon et lademi-vie du radon 222.On donne le nombre d’Avogadro NA = 6,02×1023 mol−1.





Exercice 13.

Mouvements dans les champs de forces13.1. Mouvement d’un satellite de la TerreUn satellite, placé dans une orbite circulaire de rayon rdans un plan équatorial de la Terre, se déplace d’Ouest enEst. On admet qu’à cette altitude, le satellite n’est soumis

;

12


qu’à la seule action de la gravitation terrestre.13.1.1. Montrer que le mouvement du satellite est uni-forme.13.1.2. La période de revolution de ce satellite a pour

expression : T =2π

R

√

√ r 3

G0où R est le rayon de la Terre et

G0 l’intensité du champ de gravitation à sa surface. Endéduire l’expression de la masse MT de la Terre en fonc-tion de r et de T . Application numérique : r = 20 000 km ;T = 7,82 heures.13.1.3. Quand dit-on qu’un satellite de la Terre est géo-stationnaire ? Comparer la valeur précédente de r a celledu rayon rs de l’orbite d’un satellite géostationnaire.1 jour sidéral= 86 140 s.Données : Constante de gravitation :ε = 6,67×10−11 m3 kg−1 s−2.13.2. Mouvement d’une tigeDeux rails conducteurs et parallèles AD et A′D ′ distantsde ` = 12 cm, sont disposés selon des lignes de plusgrande pente d’un plan, incline d’un angle α = 8° parrapport à l’horizontale. Les deux rails sont reliés à ungénérateur de courant continu (G ), en série avec un in-terrupteur et un résistor de résistance R ajustable (figureci-dessous).

D

D ′

α

R K

(G )

A

A′

~B

M

N(T )

La tige (T ) conductrice, non ferromagnétique et perpen-diculaire aux rails, peut glisser sur ceux-ci parallèlementà elle-même sans frottement.Le dispositif est placé dans une zone de l’espace où règneun champ magnétique uniforme et vertical ~B , de sensascendant, et d’intensité B = 0,1 T.13.2.1. L’interrupteur K étant ouvert, la tige (T ) estabandonnée sur les rails sans vitesse initiale à la positionM N . Déterminer la valeur numérique de l’accélérationaG du mouvement du centre d’inertie G de la tige. Onprendra g = 10 m s−2.13.2.2. La tige étant ramenée à la position M N , onferme l’interrupteur K . L’intensité du courant dans le cir-cuit est alors I = 2A. La masse de la tige (T ) est m = 60,8 g.13.2.2.1. Faire à l’aide d’un schéma, le bilan des forcesqui s’exercent sur la tige (T ).13.2.2.2. Déterminer la nouvelle valeur de l’accéléra-tion a ′G du mouvement de la tige.13.2.2.3. Calculer la valeur de I pour que la tige reste enéquilibre sur les rails.On négligera l’effet d’induction du au déplacement de latige.

Exercice 14.

Les systèmes oscillants14.1. Oscillations d’un disque homogèneUn disque homogène (D ) de masse M = 1,0 kg et derayon R = 10 cm est suspendu en son centre de gravitéG , à un fil de torsion de constante C (figure ci-dessous).

G

(∆)

Fil de torsion

θ = 0

+θm

Disquehomogène(D )

On rappelle l’expression du moment d’inertie d’undisque par rapport à un axe (∆) perpendiculaire à son

plan et passant par son centre de gravité : J∆ =1

2M R 2.

On fait tourner le disque d’un angle θm dans le plan ho-rizontal, provoquant une torsion du fil du même angle,puis on l’abandonne sans vitesse initiale. Le disque effec-tue alors un mouvement oscillatoire de rotation autourde l’axe (∆)matérialisé par le fil. Un dispositif appropriéa permis de représenter les variations de l’angle de tor-sion θ en fonction du temps (figure ci-dessous).

t (s)

θ ()

0,4 0,8 1,2 1,6 2,0 2,4 2,8 3,2 3,6 4,0 4,4 4,8

12

−12

24

−24

36

−36

48

−48

60

−60

14.1.1. Faire le bilan des forces extérieures qui s’ap-pliquent sur le disque à une date quelconque de sonmouvement.14.1.2. En appliquant la relation fondamentale de la dy-namique du solide en rotation au disque, déterminerl’équation différentielle du mouvement de ce dernier.14.1.3. Montrer que la période propre des oscillations

a pour expression : T0 = 2π

√

√M R 2

2C14.1.4. Déterminer à partir du graphe ci-dessus, la va-leur numérique de T0, puis en déduire la constante detorsion C du fil.14.2. Circuit LCUn condensateur de capacité C chargé sous une tensioncontinu U = 6 V, est connecté à la date t = 0 aux bornesd’une bobine idéale d’inductance L = 0,42 H (schémaci-dessous).

;

12247


L−q

+q

uC

i

14.2.1. Établir l’équation différentielle à laquelle obéitla tension instantanée UC aux bornes du condensateur.14.2.2. Une solution de cette équation est :UC =Um cos(628t ).Déterminer les valeurs de Um , de la capacité C ducondensateur et de la charge initiale Q0 portée par cedernier.

Exercice 15.

Phénomènes corpusculaire et ondulatoire15.1. Ondes à la surface de l’eau d’une cuveLa pointe (P ) d’un vibreur monté au-dessus d’une cuveà eau, affleure en un point S la surface de l’eau de lacuve. Le vibreur mis en marche, la pointe (P ) produiten S des perturbations verticales et sinusoïdales d’am-plitude a = 2 mm et de fréquence N = 100 Hz. La célé-rité de la propagation des ondes à la surface de l’eauest v = 0,40 m s−1. On négligera l’amortissement et la ré-flexion des ondes au cours de la propagation.15.1.1. Définir : onde mécanique.15.1.2. Écrire l’équation du mouvement vibratoire dupoint S (on prendra comme origine des temps, l’instantoù l’élongation de S est maximale).15.1.3. Soit M un point de la surface de l’eau situé à4 cm de la source S . Comparer le mouvement vibratoiredu point M à celui de S .15.2. Nature corpusculaire de la lumièreOn désire tracer la courbe U0 = f (v ), de la variation de latension d’arrêt U0 d’une cellule photo-émissive en fonc-tion de la fréquence ν de la radiation éclairante.15.2.1. Écrire la relation liant U0 à la fréquence ν de laradiation incidente.15.2.2. On a obtenu le tableau de mesures suivant :

ν (×1014 Hz) 15 10 7,5 6 5

U0 (V) 4,300 2,230 1,200 0,580 0,166

15.2.2.1. Tracer sur papier millimétré, la courbeU0 = f (ν). Échelles. En abscisse : 1 cm pour 10×1014 Hz.En ordonnée : 1 cm pour 0,5 V.15.2.2.2. En déduire la longueur d’onde seuil λ0 du cé-sium, puis la valeur de la charge électrique élémentairee . On donne : h = 6,626×10−34 J s ; c = 3×108 m s−1.

Exercice 16.

Exploitation des résultats d’une expérienceAu cours d’une expérience sur le Vanadium 52

23V qui estun émetteur radioactif β– , on utilise un écran absorbeuret un détecteur. Un dispositif approprié a permis desuivre l’évolution de l’activité de ce nucléide au cours dutemps. Le tableau de mesures obtenu a permis de tracerla courbe ln(A) = f (t ) (figure ci-dessous).

t (s)

ln(A)

100 200 300 400 500 600 700 800 9000

1

2

3

4

5

6

Courbe ln(A) = f (t )

16.1. Écrire l’équation de la désintégration du vana-dium 52.16.2. A partir de la loi de décroissance, montrer queln(A) = −λt + ln(A0) où λ est la constante radioactiveet A0, l’activité initiale.

Rappels : A =−dN

dt; ln(a b ) = ln a + ln b .

16.3. Déterminer à partir de la courbe ln(A) = f (t ) de lafigure ci-dessus :16.3.1. La valeur numérique de la constante radioactiveλ du vanadium 52, puis calculer sa période radioactiveT .16.3.2. Le nombre N0 de noyaux du vanadium 52 quecontenait la source à la date t = 0 s.Extrait du tableau périodique :

ScScandium

45

21

45,0

TiTitane

48

22

47,9

VVanadium

51

23

50,9

CrChrome

52

24

52,0

MnManganèse

55

25

54,9

3 IIIA 4 IVB 5 VB 6 VIB 7 VIIB





Exercice 17.

Mouvements dans les champ de forces et leurs applicationPartie 1 : Le lancer du poidsLors d’un lancer de ”poids”, le centre d’inertie G de laboule part d’un point S situé à une hauteur h = 2,62 mau-dessus du sol supposé plan et horizontal. On prendpour origine des dates, la date où la boule quitte la maindu lanceur. On note ~v0 la vitesse initiale de la boulequ’on considère appartenant au plan vertical contenantles points O et P de l’axe horizontal O x . Le vecteur vi-tesse ~v0 fait un angle α= 45° avec l’horizontale.L’axe O y est vertical ascendant et passe par le centred’inertie de la masse à l’instant où elle quitte la maindu lanceur.

;

12


Ox

y

P

D~i

~j

S

~v0

α

h

On étudie le mouvement de G dans le repère (O ; ~i , ~j )du référentiel terrestre et on néglige l’action de l’air. Onprend l’intensité de la pesanteur g = 10 m s−2.17.1. En appliquant à la masse le théorème du centred’inertie, montrer que l’accélération de son centre d’iner-tie G est égale à l’accélération de la pesanteur.17.2. Établir dans le repère (O ; ~i , ~j ), les équations ho-raires du mouvement de G , puis en déduire l’équationcartésienne de sa trajectoire.17.3. Pour v0 = 13,7 m s−1, calculer la longueur mesuréesur l’axe O x du lancé réussi par l’athlète.Partie 2 : Mouvement d’une particule chargée dans unchamp magnétiqueUne particule de masse m , de charge électrique q et ani-mée d’une vitesse ~v à la date t1 où elle pénètre dans unchamp magnétique ~B de telle sorte que ~v⊥ ~B .17.1. Montrer que la vitesse ~v de la particule est telleque sa valeur v reste constante quelque soit ~B .17.2. Donner la caractéristique de la trajectoire de laparticule dans le champ qui rend compte des variationsde la valeur du champ magnétique. Comment varie cettecaractéristique lorsque la valeur du champ augmente ?

Exercice 18.

Systèmes oscillantsPartie 1 : Oscillations dans un dipôle LCOn considère le circuit ci-contre composé d’un généra-teur de courant continu, d’un interrupteur K , d’une bo-bine dont l’inductance L vaut 42,20×10−3 H et dont onnéglige la valeur de la résistance et d’un condensateur decapacité C = 14,83µF en dérivation avec la bobine (voirschéma ci-dessous).

L

K

A

C

L’interrupteur étant fermé, l’ampèremètre indiqueI = 225 mA. À un instant qu’on choisit comme originedes dates, on ouvre l’interrupteur K .18.1. Déterminer à la date t = 0, la tension aux bornes

de la bobine. En déduire la valeur de celle aux bornes ducondensateur.18.2. Écrire l’équation différentielle traduisant l’évolu-tion subséquente de la tension aux bornes du condensa-teur (t > 0).18.3. Donner la forme générale des solutions de l’équa-tion différentielle précédente puis, en prenant encompte les conditions initiales, écrire la loi horaire del’évolution de la tension aux bornes du condensateur.Partie 2 : Oscillateur mécaniqueL’enregistrement de l’élongation d’un oscillateur nonamorti constitué d’un ressort de raideur k lié à un solidede masse m est donné en figure ci-dessous.

t (s)

x (cm)

-6

-4

-2

2

4

6

0.5 1 1.5 2 2.5

++++++

+

+

+

++

+

+

++++ ++++++

++

+

+

++++++++

+++

+

++

+

+

+++++++++++

++

+

+

+

+

+

18.1. À l’aide de l’enregistrement, déterminer :18.1.1. la période propre T0 de cet oscillateur,18.1.2. l’amplitude de ses oscillations,18.1.3. la vitesse de la masse à la date t = 0.18.2. Déterminer la constante de raideur k sachant quem = 205,9 g18.3. Calculer l’énergie mécanique E0 du système à ladate t = 0.18.4. Que vaut la vitesse de la masse m lorsqu’elle passepour la première fois en x = 0 ?

Exercice 19.

Phénomènes corpusculaire et ondulatoiresPartie 1 : La radioactivité19.1. Citer une application de la radioactivité. Expliquerbrièvement son principe.19.2. Le bismuth 212

83Bi subit une désintégration du typeβ– pour donner du polonium de symbole atomique Po.19.2.1. Écrire l’équation traduisant la transmutation dubismuth 212 en polonium.19.2.2. La constante radioactive du bismuth 212 estλ= 1,906×10−4 s−1 ; calculer sa période radioactive.19.3. Un échantillon contient à une date t une massem = 1 mg de bismuth 212. Déterminer l’activité de cetéchantillon à cette date.Données :Masse molaire atomique du bismuth 212 :M (212

83Bi) = 0,212 kg mol−1.Constante d’Avogadro :NA = 6,02×1023 mol−1.Partie 2 : Interférences lumineuses

;

12249


On réalise une expérience d’interférences lumineusesavec un dispositif des fentes d’Young dans lequelune lumière monochromatique de longueur d’ondeλ = 643 nm, issue d’une fente F tombe sur un dia-phragme plan percé de deux fentes fines F1 et F2 pa-rallèles et distantes de a = 0,15 mm. La distance entrele plan contenant le diaphragme et l’écran d’observa-tion est D = 140 cm. F est sur la médiatrice du segment[F1, F2].19.1. Faire un schéma du dispositif expérimental et don-ner une description succincte de l’aspect de l’écran.19.2. Déterminer l’interfrange i .19.3. Un point M du champ d’interférence est situé àune distance x = 1,8 cm de la projection orthogonale surl’écran du milieu des deux sources F1 et F2.19.3.1. Déterminer la différence de marche des rayonslumineux issus de F1 et de F2 en M .19.3.2. Le point M appartient-il à une frange brillanteou sombre ?On rappelle : 1 nm= 10−9 m.

Exercice 20.

Exploitation des résultats d’une expérienceOn éclaire la cathode d’une cellule photoélectrique parun faisceau lumineux monochromatique de fréquenceN et on mesure le potentiel d’arrêt U0(N ) de la cellulepour cette radiation.20.1. Définir : potentiel d’arrêt.20.2. Faire un schéma du montage utilisé sachant qu’ilcomprend en plus de la cellule photoélectrique, un gé-nérateur de tension réglable, un voltmètre, un milliam-pèremètre, un interrupteur et des fils de connexion.20.3. On répète l’opération en utilisant diverses radia-tions et on obtient des résultats qui permettent de tracerle graphe U0(N ) de la figure ci-dessous.

N (THz)

U0 (V)

0.2

0.4

0.6

0.8

500 550 600 650 700 750

+

+

+

+

++

++

Graphe de U0 = f (N)

20.3.1. Écrire la relation entre le potentiel d’arrêt U0, letravail d’extraction W0 d’un électron du métal de la ca-thode et l’énergie des photons incidents W .20.3.2. Déterminer graphiquement :20.3.2.1. La constante de Planck.20.3.2.2. La fréquence seuil du métal de la cathode.On laissera apparents sur la figure ci-dessous tous lestracées ayant servis à la résolution.On rappelle la valeur de la charge élémentaire est

e = 1,6×10−19 C ; 1 THz= 1012 Hz.





L’énoncé de ce sujet peut être gratuitement télé-chargé sur :

www.simo.education

;

12


12.2 Solution des sujetsd’examen

12.2.1 Solution – Baccalauréat 2012


Mouvements dans les champsdes forces et leurs applicationsPartie 1 : Mouvements dans les champs de pesanteur1.1. Équation Cartésienne.Le bilan des forces extérieures appliquées au ballonétant :

O x

y

~v0

α~P

d

h1h2

Sorel Jean II

En appliquant le théorème du centre d’inertie au ballon,dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, on a :∑

~Fe x =m ~a

⇒

Suivant 0x : ~0=m ~ax

Suivant 0y : ~P =m ~a y

⇔

0=max

−mg =ma y⇒

ax = 0

a y =−g

⇒ ~v

vx = v0x = v0 cosα

vy =−g t + v0y =−g t + v0 sinα

⇒ ~OG

x = (v0 cosα)t (12.1)

y =−1

2g t 2 + (v0 sinα)t (12.2)

(12.1) ⇒ t =v

v0 cosα(12.3)

(12.3) dans (12.2)

y =−1

2

g

(v0 cosα)2x 2 + x tanα

y =−1

10x 2 + x

1.2. Distance d de Sorel où doit se placer Jean II :on a : 10y + x 2 −10x = 0pour y =−(h1 −h2) =−0,2 m⇔ x 2 −10x −2= 0

∆= 108⇒

x1 =10+

p108

2

x2 =10−

p108

2

d’où d = x1 = 10,196 m car x2 < 0Partie 2 : Mouvement d’une particule charge dans unchamp magnétique uniforme1.1. Nature du mouvementLe bilan des forces extérieures appliquées à la particuleétant :

O

~n

~F

~t

~V0

~B

En appliquant le théorème du centre d’inertie à la parti-cule, dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen,on a :

∑

~Fe x =m ~a ⇔ ~F =m ~a

⇒ ~a =~F

m=

q ~v ∧ ~Bm

Donc ~a a la même direction que ~F ; c’est-à-dire perpen-diculaire à ~v et ~B : Donc mouvement circulaire.Et ~F ⊥ ~v ⇒ d’après le théorème de l’énergie cinétique :

∆EC =W ( ~F )

et W ( ~F ) = 0⇔∆EC = 0;

Donc v = v0 = cte : Donc le mouvement est uniforme.D’où la nature du mouvement : mouvement circulaireuniforme.1.2. Expression du rayon de courbure R

on a F = |q |v B =mv 2

R⇒R =

m v

|q |BA.N. : R = 1,037 m' 1 m1.3. Angle de déviation α

α étant petit, on a sinα' tanα'α=`

Rd’où α=

`

RA.N. : α= 0,173 rad


Systèmes oscillantsPartie 1 : Oscillateur mécanique2.1.2.1.1. Relation entre m, g , α et x0 :Le bilan des forces appliquées au système étant

;

12251

12.2. Solution des sujets d’examen

(P )

α

(S )

x

x ′

y

y ′

~R

~P

~T

~t ′

~RP

~T ′

(R )~T1

~R1

Le solide (S ) étant en équilibre :

~P + ~R + ~T = ~0

En projettant cette relation sur l’axe x ′x :

T −mg sinα= 0

T =mg sinα(12.1)

La poulie (P ) étant en équilibre :

T ′ = t ′ = k x0 (12.2)

Le fil étant inextensible, on a :

T = t ′ (12.3)

(12.1), (12.2) et (12.3)

⇒mg sinα= k x0⇔mg sinα= 10x0

2.1.2. Valeur numérique de x0

x0 =mg sinα

k

A.N. : x0 = 0,05 m2.2.2.2.1. Expression de la période T0 des oscillations de so-lide (S ).Par identification, de l’équation horaire, on a :

ω0 =

√

√

√

√

k

m +J∆r 2

d’où

T0 =2π

ω0= 2π

√

√

√

√

m +J∆r 2

k

T0 = 2π

√

√

√

√

m +J∆r 2

k

2.2.2. Expression de J∆ en fonction de T0

T0 = 2π

√

√

√

√

m +J∆r 2

k⇒ J∆ = r 2

m +k

T0

2π

2

J∆ =

5

2T 2

0 −1

10−3

A.N. :

T0 =20

10= 2 s et donc J∆ = 9×10−3 kg m2

2.2.3. Équation horaire du mouvement de la poulieOn a :

x = r θ ⇒ θ =x

r

=2

rcos

√

√ k

m + J∆/r 2

!

t ,

r en cm, θ en rad.θ = 0,2 cos(πt ) en radPartie 2 : Oscillateur électrique2.1. Expression de la tension UAB aux bornes de chaquedipôles :2.1.1. Aux bornes du condensateur :

UAB =q

C

2.1.2. Aux bornes de la bobine :

UAB = e − r i

or : r = 0 et e =−Ldi

dt

d’où UAB =−Ldi

dt=−L

d2q

dt 2car i =

dq

dt2.2. Équation différentielle :

A BL

C

UAB

UAB

d’après la loi des mailles, on a :

UAB −UAB = 0⇔q

C+ L

d2q

dt 2= 0

⇔d2q

dt 2+

1

LCq = 0

2.3. Calcul de la capacité du condensateur

ω= 2π f =

1

LC

12

⇒C =1

4π2 f 2L

A.N. : C = 10−14 F


Phénomènes corpusculaires et ondulatoiresPartie 1 : Phénomènes ondulatoires3.1. Calcul de la célérité de la propagation de l’onde :

on a : λ= v T ⇔ v =λ

T

A.N. : v = 5 m s−1

3.2.3.2.1. Détermination de la plus grande fréquence f0 pourlaquelle on voit une ficelle.On a :

f = k fe , k ∈N∗ ⇒ fe =f

k, k ∈N∗

;

12


la plus grande fréquence est obtenue pour

k = 1⇒ fe = f =1

T= 10

3.2.2. Pour f1 = 99 Hz on observe une corde qui a laforme d’une sinusoïde se déplacer lentement dans lesens réel du mouvement (mouvement apparent ralentidirect).3.3. Équation horaire de la source OPar rapport au point M , la source O a une avance sur letemps, d’où :

x0 = xM

t +d

v

= 5 cos 200π

t +d

v

x0 = 5 cos(200πt +12π) = 5 cos(200πt ) en mmPartie 2 : Effet photoélectrique3.1. Courbe I = f (t ).

U (V)

I (µA)

−1 0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

3.2.3.2.1. Définition :Le potentiel d’arrêt est l’opposé de la tension aux bornesdu générateur, pour laquelle le courant photoélectriqueest nul.Valeur du potentiel d’arrêt : U0 = 0,8 V3.2.2. Valeur de l’intensité I0 du courant de saturation.A.N. : IS = 5,3µA3.3. Vitesse maximale des électrons.

FCma x = e U0⇔1

2m v 2

ma x = e U0

⇒ vma x =

√

√ 2e U0

me

A.N. :vma x = 530 394,8353 m s−1 ' 5,3×105 m s−1


Exploitation des résultats d’une expérience4.1. Courbe x 2

m = f (h ).

h (cm)

x 2 (m2)

0 20 40 60 80 100 120 140

1

2

3

4

5

6

7

∆h = (80−20) ·10−2

∆x 2 = (4−2)

Forme de la courbe : La courbe obtenue a la forme d’unedroite4.2.4.2.1. Équation cartésienne :Le bilan des forces extérieures appliquées à la bille étant :

xO

y

h

(S )

Plancher

~v0G

~P

En appliquant le théorème du centre d’inertie à la billedans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, on a :

∑

~Fe x =m ~a

en projettant cette relation sur les axes 0x , 0y on a :


Suivant 0y : ~P =m ~a y

⇔

0=max

−mg =ma y⇔ ~a

ax = 0

a y =−g

⇒ ~v

vx = v0x = v0

vy =−g t + v0y or : v0y = 0

⇔ ~v

vx = v0

vy =−g t

~0G

x = v0t (12.1)

y =−1

2g t 2 +h (12.2)

(12.1) ⇒ t =x

v0(12.3)

(12.3) dans (12.2)⇒ y =−g

2v 20

x 2 +h

;

12253


4.2.2. Déduisons la relation :

x 2m =

2v 20

gh

Sur le plancher, y = 0 et x = xm

On a donc 0=−g

2v 20

x 2m +h d’où x 2

m =2v 2

0

gh

4.3. Valeur expérimentale de gLa coefficient directeur de la droite x 2

m = f (h ) est égal à2v 2

0

g.

Soit :

tanα=∆x 2

m

∆h=

2v 20

g⇒ g =

2v 20

∆x 2m∆h

A.N. : g = 2×52

40×10−2

2

= 10 m s−2



Mouvements dans les champsdes forces et leurs applicationsPartie 1 : Mouvements dans le champ pesanteur5.1. Étude de la tension du fil de suspension du solide.5.1.1. Bilan des forces qui s’exercent sur le solide (S ).

A

(S )

α

~P

~T

~P : poids du solide (S )

~T : tension du fil

5.1.2. Expression de la tension du fil.

A

α~TM

~t~n

~Pt~Pn

α

En appliquant le théorème du centre d’inertie au solide(S ) dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, on

a :∑

~Fe x t =m ~a ⇔ ~T + ~P =m ~a

En projettant cette relation dans la base de Frenet (~t , ~n )On a :

¨

~t : ~Pt =m ~at (12.1)

~n : ~Pn + ~TM =m ~an (12.2)

(12.2)⇒ TM −Pn =man or :

Pn = P cosα=mg cosα

an =v 2

M

`

⇔ TM −mg cosα=mv 2

M

`

⇒ TM =m

g cosα+v 2

M

`

5.1.3. Valeur minimale de la vitesse au point C .Le fil restant tendu,

TC ≥ 0⇔m

g cosα+v 2

C

`

≥ 0

⇔ g cosα+v 2

C

`≥ 0

⇔ vC ≥Æ

−g `cosα

or au point C , α=πrad d’où vCmi n =p

g `A.N. : vCmi n = 2,45 m s−1

5.2. Mouvement de chute libre parabolique.5.2.1. Équation horaires littérales du mouvement de (S ) :

O

x

z

~V0

β

M

~P

A

β

En appliquant le théorème du centre d’inertie au solide(S ), dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen,on a :

∑

~Fe x = m ~a , en projettant cette relation sur lesaxes 0x , 0z on a :


Suivant 0z : ~P =m ~az

⇔

0=max

−P =maz⇔

0=max

−mg = az

d’où

~a

ax = 0

az =−g⇒ ~v

vx = v0x

vz =−g t + v0z

or

~v0

v0x = v0 cosβ

v0z = v0 sinβ⇒ ~v

vx = v0 cosβ

vz =−g t + v0 sinβ

;

12


d’où

~0M

x = (v0 cosβ )t

z =−1

2g t 2 + (v0 sinβ )t

Soit

x = (v0 cosβ )t (12.3)

z =−1

2g t 2 + (v0 sinβ )t (12.4)

5.2.2. Équation de la trajectoire :

(12.3)⇒ t =x

v0 cosβ(12.5)

(12.5) dans (12.4) donne

⇒ z =−g

(v0 cosβ )2x 2 + x tanβ

Partie 2 : Pendule électrostatique5.2.1. Représentation des forces s’exerçait sur la boule B .

O

B (q )

θX ′

X

Y ′

Y

~F

~T

~P

M(Q)

θ

5.2.2. Détermination :Intensités des forces ~F et ~TLa boule (B ) étant en équilibre, on a :

∑

~Fe x = ~0⇔ ~P + ~T + ~F = ~0

En projettant sur les axes x ′x et (y ′ y ) on a :

Suivant x ′x : ~F + ~Px = ~0

Suivant y ′ y : ~T + ~Py = ~0

⇔

Px − F = 0

T −Py = 0⇔

F = Px = P sinθ

T = Py = P cosθ

F =mg sinθ T =mg cosθ

5.2.3. Valeur algébrique de la charge QD’après la loi de Coulomb, on a :

F = k|q ||Q |M B 2

⇒ |Q |=F M B 2

k |q |

puis qu’il y a attraction, q et Q sont de signes contrairesor q > 0⇒Q < 0, d’où

Q =−F M B 2

k q

A.N. : |Q |= 4,75×10−7 C


Les systèmes oscillantsPartie 1 : Oscillateur mécanique6.1. Le système étant en équilibre :6.1.1. Montrons que :

mA g −k∆`0 = 0

Le bilan des forces appliquées au solide (B ) étant :

Γ

B

Ox x ′

~RΓ

~RB

~PB

~TR~TB

(R )~T ′B

~T ′A

~TA

A

~PA

Le solide (B ) étant en équilibre, on a :

~PB + ~RB + ~TB + ~TR = ~0

Suivant (x ′x ) : TB −TR = 0

⇔ TB = TR = k∆`0 (12.1)

La poulie (Γ ) étant en équilibre, on a :La poulie étant de masse négligeable,

T ′A = T ′B (12.2)

Le solide (A) étant en équilibre on a :

~PA + ~TA = ~0⇔ PA −TA = 0

⇒ TA = PA =mA g(12.3)

Le fil étant inextensible et de masse négligeable :

TB = T ′BTA = T ′A

(12.4)

(12.4) et (12.2)

⇒ TA = TB (12.5)

(12.5) et (12.3)

⇒ TB =mA g (12.6)

(12.6) dans (12.1)

mA g = k∆`0⇔mA g −k∆`0 = 0

6.1.2. Valeur numérique de∆`0

∆`0 =mA g

k

∆`0 = 6,12×10−2 m= 6,12 cm6.2. Montrons que le solide B effectue un mouvementrectiligne sinusoïdal :En appliquant le théorème du centre d’inertie au solide(B ) dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen,

;

12255


on a :∑

~Fe x =mB ~a ⇔ ~PB + ~RB + ~TB + ~TR =mB ~a

or : ~PB + ~RB = ~0, car pas de mouvement suivant la verti-cale.

~TB + ~TR =mB ~a ⇔ TB −TR =mB a

or :

TR = k (∆`0 + x )

⇒ TB −k (∆`0 + x ) =mB a(12.7)

La poulie étant de masse négligeable :

T ′A = T ′B (12.8)

En appliquant le théorème du centre d’inertie au solide(A)dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, ona :

~PA + ~TA =mA ~a

⇔ PA −TA =mA a

⇒ TA = PA −mA a

⇒ TA =mA (g −a )

(12.9)

Le fil étant inextensible et de masse négligeable

TA = T ′ATB = T ′B

(12.10)

(12.10) et (12.8)

⇒ TA = TB (12.11)

(12.11) et (12.9)

⇒ TB =mA (g −a ) (12.12)

m (12.12) dans (12.7)

mA (g −a )−k (∆`0 + x ) =mB a

⇔mA g −mA a −k∆`0 −k x =mB a

or mA g = k∆`0

⇒ (mA +mB )a +k x = 0

⇔ a +k

mA +mBx = 0

or : a =d2 x

dt 2= x d’où l’équation différentielle :

x +k

mA +mBx = 0 (12.13)

cette équation est de la forme :

x +ω20 x = 0 (12.14)

Donc le mouvement du solide (B ) est rectiligne sinusoï-dal.Expression de la période propre T0

Par identification les relations (12.13) et (12.14) donnent :

ω20 =

k

mA +mBor T0 =

2π

ω0

d’où T0 = 2π

√

√mA +mB

k

Partie 2 : Oscillateur électrique6.1. Indication sur le schéma de comment l’oscilloscope

doit être connectée :

R

A

B

LCVoie 1

Voie 2

6.2. Fréquence f des deux tensions

f =1

T

or le schéma ci-dessus nous permet de déterminer lavaleur de la tension, qui correspond à 5 divisions. SoitT = 5×0,5= 2,5 ms d’où f = 400 Hz6.3. Déphasage ϕ entre les deux tensions.

ϕ =ω∆t

or :

ω= 2π f ⇒ϕ = 2π f ∆t

A.N. : ϕ = 0,643 radLa tension principale U (t ) est en avance de phase sur latension aux bornes du résistor.6.4. Impédance Z du circuit

cosϕ =R

Zd’où Z =

R

cosϕ

A.N. : Z = 125ΩCapacité C du condensateur

tanϕ =Lω−

1

CωR

⇔C =1

Lω2 −Rω tanϕ

d’où C =1

4π2 f 2L −2π f R tanϕ

A.N. : C = 3,76×10−6 F = 3,76µF


Phénomènes ondulatoires et corpusculairesPartie 1 : Phénomènes ondulatoires7.1. On appelle longueur d’onde d’une onde, la distanceparcourue par l’onde au cours période.7.2.7.2.1. Nature de la frange d’ordre P ′ =−4,5La frange d’ordre P ′ =−4,5 est une frange sombre7.2.2. Distance entre le milieu de cette frange et le milieude la frange centrale

d = |P ′i |

or :

i =λD

a⇒ d = |P ′|

λD

a

A.N. : d = 2,7×10−3 m= 2,7 mmPartie 2 : Phénomènes corpusculaires7.1. Effet photoélectrique

;

12


7.1.1. Calcul de l’énergie d’un photon

E = hν=h c

λ

A.N. : E = 4,18×10−19 J = 2,61 eV7.1.2. On peut affirmer que cette radiation déclencheral’effet photoélectrique parce que E >W0.7.1.3. Description d’une procédure expérimentale per-mettant la mesure de l’énergie cinétique maximale.Schéma

A

C

µA

V

K

Lumière

Procédure :Jouer sur le curseur du générateur à tension variable jus-qu’à la lecture de la valeur zéro sur le microampèremètre.La valeur absolue de la lecture du voltmètre donne lavaleur du potentiel d’arrêt U0. L’énergie cinétique maxi-male s’obtient à l’aide de la formule EC = e U0.7.2. Radioactivité7.2.1. Équation de la désintégration d’un noyau de Tho-rium

22790Th−−→ 223

88Ra+ 42He

7.2.2. Calcul de la masse∆m de thorium disparue :∆m = m0 − mr ou mr est la masse restante. Or :

mr =m0e−λt =m0e−ln 2T t d’où

∆m =m0

1−e−ln 2T t

A.N. :∆m = 0,437 g' 0,44 g


Étude d’un pendule et mesure de l’intensité de la pesanteurd’un lieu8.1. Étude de l’influence de la masse du pendule.8.1.1. Matériel à compléter : chronomètre, rapporteur,fil, règle graduée.8.1.2. Protocole expérimentalPour chacune des masses m1, m2, m3 on constitue unpendule. On mesure à l’aide du chronomètre les duréesrespectives t1, t2 et t3 d’un nombre n d’oscillations don-nées.Comparer les périodes T1, T2, T3 obtenues à l’aide des

relation T1 =t1

n, T2 =

t2

n, T3 =

t3

n.

N.B. : on doit veiller à ce que l’amplitude de des oscilla-tions, ainsi que la longueur du fil soient les mêmes.8.2. Étude de l’influence de la longueur du pendule8.2.1. Les élèves mesurent la durée de 10 oscillations

au lieu de mesurer la durée d’une seule, pour réduire aumaximum l’erreur sur la mesure du temps.8.2.2. Courbe T 2

0 = f (`).

I

T 20

α

∆I = 0,8 m

∆T

2 0=

3,23

s2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 1.1 1.2 1.30

0.51

1.52

2.53

3.54

4.55

5.5T 2

0 = f (I )

8.2.3. Valeur expérimentale de l’intensité g du champ depesanteurOn a :

T0 = 2π

√

√ `

g⇔ T 2

0 =4π2

g`

Donc la courbe T 20 = f (`) est une droite de coefficient

directeur4π2

g. Graphiquement, on a le coefficient direc-

teur :

a = tanα=∆T 2

0

∆`

A.N. : a ' 4

a =4π2

g⇒ g =

4π2

a=π2 = 9,86 m s−2

A.N. : g = 9,8 m s−2

9,7 m s−2 ≤ g ≤ 9,8 m s−2



Mouvements dans les champsdes forces et leurs applicationsPartie 1 : Action des champs électrique et magnétique surun faisceau de particules chargées9.1. Sens du vecteur champ magnétique ~BPour qu’une particule ait une trajectoire rectiligne, il fautque la somme des forces perpendiculaires à cette trajec-toire soit nulle. Soit :

~Fm + ~Fél = ~0⇔ ~Fm =− ~Fél

d’où ~B est perpendiculaire au plan et entrant ⊗ ~B9.2. Montrons que la vitesse v0 ne dépend ni de la masseni de la charge de particules :

on a : ~Fm =− ~Fél⇔ Fm = Fél

⇔|q |v0B = |q |E ⇒ v0 =E

B

A.N. : v0 = 5,56×105 m s−1

;

12257


9.3.9.3.1. Nature du mouvement de particules dans la ré-gionLe mouvement d’une particule chargée dans un champmagnétique est circulaire uniforme. Expression du rayonde la trajectoire :

R =m v

|q |B9.3.2. Calcul de vma x et vmi n :

on a −C D =O1D −O1C

⇔C D = 2Rma x −2Rmi n

⇔Rma x −Rmi n =C D

2

⇔m vma x

|q |B−

m vmi n

|q |B=

C D

2

⇔ vma x − vmi n =C D |q |B

2m

De plus, vma x + vmi n = 2v0 d’où

vma x − vmi n =C D |q |B

2m

vma x + vmi n = 2vo

⇒vma x = v0 +

C D |q |B4m

vmi n = v0 −C D |q |B

4m

A.N. : vma x = 5,59×105 m s−1 ;vmi n = 5,52×105 m s−1

Partie 2 : Chariot entrainé par un solide9.1. Expression de ~T et ~T ′

Le système étant immobile, le solide (S ) est en équilibreon peut donc écrire :

~PS + ~T ′ = ~0

⇔ ~T ′ =− ~PS

⇔ ~T ′ =M g ~j

La poulie étant de masse négligeable, on a :

T = T ′ d’où ~T =M g ~i

9.2. Modification de TLorsqu’on lâche le chariot, celui-ci est entrainé par le so-lide (S ). L’intensité de la tension ~T ′ du fil est inférieure àcelle du poids du solide (S ) et par conséquent diminue.La poulie étant de masse négligeable, l’intensité de latension ~T varie dans le même que ~T ′, donc la tension ~Tgarde la même direction, le même sens, mais son inten-sité diminue.9.3. Expression vectorielle de la vitesse ~vGS et de l’accélé-ration ~aGS

~vGS =−vGS~j =−vG ~j

~aGS =−aGS~j =−aG ~j

9.4. Deuxième loi de Newton pour le chariot et pour lesolide (S ) :En appliquant le théorème du centre d’inertie au chariot

dans le référentiel terrestre supposé galiléen, on a :∑

~Fe x =m ~aG ⇔ ~PC + ~R + ~T =m ~aG (12.1)

En appliquant le théorème du centre d’inertie au solide(S ) dans le référentiel terrestre supposé galiléen, on a :

∑

~Fe x =M ~aG ⇔ ~T ′ + ~PS =M ~aG (12.2)

9.5. Expression de l’accélération du mouvement et de latension du fil.La relation (12.1) s’écrit :

~PC + ~R + ~T =m ~aG

or ~PC + ~R = ~0

⇒ ~T =m ~aG ⇔ T =maG (12.3)

La relation (12.2) s’écrit :

~T ′ + ~PS =M ~aG

⇔ T ′ ~j −PS ~j =−M aG ~j

⇔ T ′ −PS =−M aG

⇔ T ′ =M g −M ag

Or T = T ′⇔maG =M g −M aG

⇔ aG =M

m +Mg (12.4)

(12.4) dans (12.3) T =mM

m +Mg


Oscillation forcées dans un dipôle électrique10.1. Montrons que le dipôle (D ) n’est par un résistorSi (D ) est un résistor, on aura UAB = UR + UD orUR +UD = 36+48= 84 V et UAB = 60 V d’où :

UR +UD >UAB

Donc (D ) n’est pas un résistor.Calcul de l’impédance du dipôle (D ) :

UD = ZD I ⇔ ZD =UD

I

A.N. : ZD = 120Ω10.2. Montrons que le dipôle (D ) comporte une résis-tance non nulleSi le dipôle (D ) a une résistance nulle, la puissanceconsommée sera celle du résistor. Or PR =UR IA.N. : PR = 14,4 W et P = 15 W d’où P2 < P ; Donc le dipôle(D ) a une résistance non nulle.Calculons la résistance RD

PD =RD I 2⇔RD =PD

I 2

or PD = P −PR ⇒RD =P −PR

I 2

A.N. : RD = 3,75ΩCalcul du facteur puissance :

cosϕD =RD

ZD

A.N. : cosϕD = 0,031310.3.10.3.1. Montrons que (D ) est une association en série

;

12


d’une bobine et d’un condensateur :Le dipôle (D ) a une résistance non nulle, donc n’est pasun condensateur seul. De plus, la tension à ses bornes di-minue lorsqu’on augmente la fréquence, donc (D ) n’estpas une bobine seule ; par conséquent, le dipôle (D ) estune association en série d’une bobine et d’un condensa-teur.10.3.2. Établissons queω1 correspond à la fréquence derésonance :UAB = 60 V et U ′

R + U ′D = 36 + 24 = 60 V ; Donc

UAB =U ′D +U ′

R alors l’effet inductif compense l’effet ca-pacitif : on est donc à la résonance.10.3.3. Calcul des valeurs de L et C

on a Z 2D =R 2

D +

Lω−1

Cω

2

Lω−1

Cω=±

q

Z 2D −R 2

D

or le circuit est capacitif car à la résonanceω1 = 1000 radetω= 550 rad s−1 ; donc il y a diminution de la pulsation.Soit

Lω−1

Cω=−

q

Z 2D −R 2

D

⇔ LCω2 +q

Z 2D −R 2

D −1= 0 (12.1)

De plus, à la résonance

LCω21 = 1⇒ L =

1

Cω2(12.2)

(12.2) dans (12.1)

⇒C =ω2

1 −ω2

ωω21

q

Z 2D −R 2

D

A.N. : C = 1,25×10−5 F ; L = 0,08 H


Étude d’ondes avec une cuve à ondes11.1. Type d’onde et expérience de mise en évidence. C’est une onde transversale. Expérience : un petit morceau de liège placé à la sur-

face de l’eau contenue dans la cuve oscille perpendi-culairement à la direction de propagation de l’onde.

11.2. Détermination de la longueur d’onde et de la célé-rité des ondes.

9 cm

Longueur d’onde : La lecture du schéma nous permet

d’écrire :d

E= 3λ ; avec : d = 9 cm ; E = 1,5 : échelle ;

λ : longueur d’onde⇒λ=d

3EA.N. : λ= 2 cm

Célérité :

λ=c

f⇒ c =λ f

A.N. c = 0,4 m s−1

11.3. Observation et calcul de la célérité apparente.Observation : on observe à la surface de l’eau, des ridescirculaires qui se déplacent lentement en sens inverse(vers le vibreur).Célérité apparenteca =λ fa avec :

fa = h fe − f = fe − f (car k = 1)

A.N. : fa = 1 Hz ; ca = 0,02 m s−1

11.4.11.4.1. Observation en éclairage normal.On observe des franges d’interférence centrées en O1 etO2

11.4.2. Nombre et position des points de vibration maxi-male.Ces points ont pour différence de marche : δ= kλ, k ∈Zor :

|δ|<O1O2⇔|kλ|<O1O2

⇔|k |<O1O2

λ

⇔|k |< 2,5

⇔−2,5< k < 2,5,

soit k = −2;−1;0;1;2 on a donc 5 points de vibrationmaximalPosition de ces points. Soit à déterminer la position deces points par rapport à O1. On pose d1 = xOr d2 +d1 =O1O2⇒ d2 + x =O1O2

Et les points d’amplitude maximale sont tels que :

d2 −d1 = kλ, k ∈Z⇔ d2 − x = kλ, k ∈Z

d’où

d2 + x =O1O2 (12.1)

d2 − x = kλ (12.2)

(12.1)− (12.2)⇒ 2x =O1O2 −kλ

⇒ x =1

2

O1O2 −kλ

, k ∈Z

pour les valeurs de k obtenues précédemment on a :

k −2 −1 0 1 2

x (cm) 4,5 3,5 2,5 1,5 0,5


Exploitation des résultats d’une expérience12.1. Deux applications de la radioactivitéLa radiothérapie, la datation au carbone 14...12.2. Définition :L’activité A d’une substance radioactive est le nombremoyen de désintégrations que cette substance peut pro-duire par unité de temps.

;

12259


Établie que A =λN :

on a : A =−dN

dt

or N =N0e−λt ⇒ A =λN0e−λt ⇔ A =λN d’où A =λN12.3. Graphe ln A = f (t )

0

t (jours)

ln(A)

10 50

10

5

A0

∆t = 78

∆ ln A =−14

12.4. Détermination de la constante radioactive et del’activité initiale A0

Détermination de la constante radioactive.On a A = A0e−λt ⇔ ln A = −λt + ln A0 donc ln A = f (t )est une droite de pente −λ d’où

−λ=∆ ln A

∆t⇒λ=−

∆ ln A

∆t

D’où λ= 0,18 jour−1.Détermination de A0

A partir du graphe ci-dessus, on lit

ln A0 = 27,5⇔ A0 = 8,78×1011 Bq

27,3≤ ln A0 ≤ 27,8

⇔ 7,16×1011A0 ≤ 1,18×1012 Bq

12.5. Volume V0 de l’échantillon et demi-vie T

V0 = nVm or n =N0

N⇒V0 =

N0Vm

N

Par ailleurs, A0 =λN0⇒N0 =A0

λd’où V0 =

A0Vm

λN.

A.N. : V0 = 1,748×10−5 L' 1,75×10−5 LDemi-vie T = ln 2

λ .A.N. : T = 3,85 jours.



Mouvements dans les champs de forces13.1. Mouvement d’un satellite de la terre.13.1.1. Montrons que le mouvement du satellite est uni-forme :Le bilan des forces extérieures appliquées au satelliteétant :

O

G

~t

~Ph~n

R

r

En appliquant le théorème du centre d’inertie au satellitedans le référentiel géocentrique supposé galiléen, on a :

∑

~Fe x =m ~aG

⇔

Suivant ~n : ~Ph =m ~an

Suivant ~t :~0=m ~at

⇔

Ph =man

0=mat⇒

an =Ph

m= gh

at = 0

d’où

an = gh = cte 6= 0

at = 0⇒ v = cte 6= 0

Donc le mouvement du satellite est uniforme.13.1.2. Expression de Mt en fonction de r et T :On a :

T =2π

R

√

√ r 3

G0⇒

RT

2π

2

=r 3

G0

or

G0 = εMT

R 2⇒MT =

4π2r 3

εT 2

A.N. : MT = 5,97×1024 kg13.1.3. Un satellite est dit géostationnaire lorsqu’il estfixe par rapport à tout point de la surface de la terre.Comparons r et rS .On a :

T = 7,82 heures = 28 152 s

TS = 1 jour sidéral = 86 140 s⇒ TS > T

or :

T =2π

R

√

√ r 3

G0

TS =2π

R

√

√

√ r 3S

G0

d’où TS > T ⇒ rS > r

13.2. Mouvement d’une tige.13.2.1. Détermination de aG .Le bilan des forces extérieures appliquées à la tige étant :

Y ′

Y

~R

~P

X ′

X

En appliquant le T.C.I à la tige dons le référentiel du la-

;

12


boratoire supposé galiléen, on a :∑

~Fe x =m ~aG ⇔ ~P + ~R =m ~aG

d’où suivant x ′x :

Px =maG ⇔mg sinα=maG ⇒ aG = g sinα

A.N. : aG = 1,39 m s−1

13.2.2.13.2.2.1. Bilan des forces qui s’exercent sur la tige :

Y ′

Y

~R

~P

~F

X ′

X

13.2.2.2. Détermination de a ′G :En appliquant le T.C.I à la tige dans le référentiel du la-boratoire supposé galiléen, on a :

∑

~Fe x =m ~aG ⇔ ~P + ~F + ~R =m ~aG

d’où suivant x ′x :

~Fx + ~Px =m ~a ′G ⇔−Fx +Px =ma ′G⇔−F cosα+mg sinα=ma ′G

⇒ a ′G =mg sinα−B I `cosα

m

A.N. : a ′G = 1 m s−1

13.2.2.3. Calcul de I :A l’équilibre a ′g = 0⇔mg sinα= B I `cosα⇒ I = mg

B` tanα.A.N. : I = 7,12A


Les systèmes oscillants

G

(∆)

Fil de torsion

θ = 0

+θm

Disquehomogène(D ) ~T

~P

14.1. Oscillations d’un des que homogène14.1.1. Bilan des forces extérieures : le point ~P du disque ; la tension ~T du fil ; le couple de torsion.14.1.2. Équation différentielle du mouvement :D’après le R.F.D., on a :

∑

MG ( ~Fe x ) = J∆θ

⇔M∆( ~P ) +M∆( ~T ) +M = J∆θ

or :

M∆( ~P ) =M∆( ~T ) = 0

M =−c θ

⇒−c θ = J∆θ⇔ θ +c

J∆= 0

or : J∆=1

2M R 2 d’où θ +

2c

M R 2θ = 0

14.1.3. Montrons que T0 = 2π

√

√M R 2

2cL’équation différentielle étant de la forme

θ +ω2θ = 0

par identification, on a :

ω0 =

√

√ `c

M R 2or

T0 =2π

ω⇒ T0 = 2π

√

√M R 2

2c

14.1.4. Graphiquement on lit : T0 = 3,2 s

t (s)

θ ()

0,4 0,8 1,2 1,6 2,0 2,4 2,8 3,2 3,6 4,0 4,4 4,8

12

−12

24

−24

36

−36

48

−48

60

−60

1 Période T = 3,2 s

Déduisons la constante de torsion c :

T0 = 2π

√

√M R 2

2c⇒ c = 2M

πR

T

2

A.N. : c = 1,81×10−2 N m rad−1

14.2. Circuit LC14.2.1. Équation différentielle

L−q

+q

uC uL

i

D’après la loi des mailles :

UC −UL = 0⇔UC +Cdi

dt= 0

⇔ Ld2q

dt 2+

q

C= 0⇔ q +

1

LCq = 0

or :

q =C UC ⇒ q =C UC

d’où UC +1

LCUC = 0

;

12261


14.2.2. Calcul de Um , C et Q0.Um =U = 6 V ;

ω0 =

√

√ 1

LC⇒C =

1

Lω2

A.N. : C = 6,037×10−6 F = 6,037µF

Q0 =C Um =C U

A.N. : Q0 = 3,6×10−5 C


Phénomènes corpusculaire et ondulatoire15.1. Ondes à la surface de l’eau d’une cuve.15.1.1. DéfinitionOnde mécanique : c’est une onde qui se propage dansun milieu matériel élastique.15.1.2. Équation du mouvement :

y = a sin(ωt +ϕ) = a sin(2πN t +ϕ)

à t = 0,

y = a ⇔ a sinϕ = a ⇔ sinϕ = 1⇒ϕ =π

2

d’où

y = 2 sin

200πt +π

2

= 2 cos(200πt ) en mm

15.1.3. Comparons le mouvement de M et Sposons d = dM −dS = 4 cm

dM −dS

λ=

d

λ=

d

v T

=d N

v=

4×10−2 ×100

0,4= 10

d’où dM −dS = 10λLes points M et S vibrent en phase.15.2. Aspect corpusculaire de la lumière15.2.1. Relation entre U0 et ν :

e U0 = hν−hν0⇒U0 =h

e(ν−ν0)

15.2.2.15.2.2.1. Courbe U0 = f (ν) :

ν×1014 Hz

U0 (V)

∆ν= 5×1014 Hz

∆U

0=

2,7

V

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 160

0.51

1.52

2.53

3.54

4.55

15.2.2.2. Déduction de λ0 :

λ0 =c

ν0

A.N. : λ0 = 6,38×10−7 m

(6,38×10−7 m≤λ0 ≤ 6,81×10−7 m)

Charge élémentaire.

Le coefficient directeur de la droite obtenue est :

tanα=h

e=∆U0

∆ν⇒ e = h

∆ν

∆U

A.N. :

e = 6,626×10−34

4,3−2,23

(15−10)×10−14

= 1,6×10−19 C


Exploitation des résultats d’une expérience16.1. Équations de désintégrations du Vanadium

5223V −−→ 52

24Cr+ 0−1e ou 52

23V −−→ 5225Mn+2 0

−1e

16.2. Montrons que ln(A) =−λt + ln(A0)On a N =N0e−λt ,

A =−dN

dt=λN0e−λt

ln A = ln(λN0) + ln

e−λt

or A0 =λN0⇒ ln A =−λt + ln(A)16.3.16.3.1. Calcul de λ et T

λ=−∆ ln(A)∆t

A.N. : λ=6−4,5

475= 3,15×10−3 s−1

(2,9×10−3 s−1 ≤λ≤ 3,2×10−3 s−1)

T =ln 2

λ

A.N. : T = 220,04 s' 220 s (217 s≤ T ≤ 239 s)16.3.2. Calcul de N0

Suivant la courbe :

t (s)

ln(A)

100 200 300 400 500 600 700 800 9000

1

2

3

4

5

6

Courbe ln(A) = f (t )

ln(A0) = 5,75

ln A0 = 5,75 posons :

k = 5,75⇒ ln A0 = k

A0 = ek ⇔λN0 = ek

⇒N0 =ek

λ

A.N. : N0 = 99 743,06 noyaux ' 99 743 noyaux

(9,818×1014 noyaux ≤N0 ≤ 1,083×105 noyaux)

;

12




Mouvements dans les champsdes forces et leurs applicationsPartie 1 : Le lancer du poids17.1. Montrons que ~aG = ~G :Le bilan des forces appliquées à la boule étant :

Ox

y

P

D~i

~j

Sα

h

~v0

G

~P

En appliquant le théorème du centre d’inertie à la bouledans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, on a :

∑

~Fe x =m ~aG ⇔ ~P =m ~aG

⇔m ~g =m ~aG

⇔ ~aG = ~g

17.2. Équations horaires du mouvement de G dans lerepère (O , ~i , ~j ) :On a :

~aG

ax = 0

a y =−g⇒ ~v

vx − v0x = v0 cosα

vy =−g t + v0 sinα

⇒ ~0G

x = (v0 cosα)t

y =−1

2g t 2 + (v0 sinα)t

x = (v0 cosα)t (12.1)

y =−1

2g t 2 + (v0 sinα)t (12.2)

Équation de la trajectoire :

(12.1)⇒ t =x

v0 cosα(12.3)

(12.3) dans (12.2)

⇒−1

2

g

(v0 cosα)2x 2 + x tanα+h

17.3. Calcul de O P =D : on a

yP = 0⇔−1

2

g

(v0 cosα)2D 2 +D tanα+h = 0

⇔−5,33×10−2D 2 +D +2,62= 0

∆= 1,558⇒D = 21,09 m' 21,1 mPartie 2 : Mouvement d’une particule chargée dans un

champ magnétique.17.1. Montrons que ~v = ~cte quelque soit ~B :Le bilan des forces appliquées à la particule étant :

~V

~t

~F

~n

q > 0

~B

En appliquant le théorème du centre d’inertie à la parti-cule dans le référentiel du laboratoire supposé galiléenet dans la base de Frenet (~t , ~n ), on a :

∑

~Fe x t =m ~aG

en projettant dans la base de Frenet on a :¨

Suivant ~t :~0=m ~at (12.4)

Suivant ~n : ~F =m ~aG (12.5)

(12.4)⇒ 0=mat ⇒ at = 0⇒dv

dt= 0

⇒ v = cte⇔ ~v = ~cte

17.2. Caractéristique de la trajectoire de la particule quirend compte des variations de la valeur du champ ma-gnétique :Cette caractéristique est le rayon de la trajectoire.Variation du rayon avec la valeur du champ magnétique :Lorsque le champ magnétique augmente, le rayon de latrajectoire diminue.


Systèmes oscillantsPartie 1 : Oscillations dans un dipôle LC18.1. Déterminons à t = 0, UB et UC :

UB = LdI

dtor :

I = cte⇒di

dt= 0⇒UB = 0

Montage en dérivation⇒UC =UB = 018.2. Équation différentielle traduisant l’évolution deUC :L’interrupteur k étant ouvert :

UB +UC = 0

et UB = Ldi

dt⇔ L

di

dt+UC = 0

or :

i =CdUC

dt⇒ LC

d2UC

dt 2+UC = 0

⇔d2UC

dt 2+

1

LCUC = 0

18.3. Forme générale des solutions de l’équation diffé-

;

12263


rentielle

UC =UC m cos(ω0t +ϕ),

avecω0 =1p

LC

Loi horaire de l’évolution de UC :

à t = 0,

UC = 0

i =CdUC

dt> 0

⇔

cosϕ = 0

−C UC mω0 sinϕ > 0

⇔

cosϕ = 0

sinϕ < 0⇒ϕ =−

π

2

et

i =CdUC

dt

=−C UC mω0 sin(ω0t +ϕ)

=−Im sin(ω0t +ϕ)

⇒ Im =C UC mω0

⇒UCm =Im

Cω0

or : Im = I = 225 mA

d’où UCm =I

Cω0= I

√

√ L

C

soit UC = I

√

√ L

Ccos

1p

LCt +ϕ

UC = 12 cos

1264t −π

2

= 12 sin(1264t ) en volt.

Partie 2 : Oscillateurs mécanique18.1.18.1.1. Détermination de la période :A l’aide de l’enregistrement (voir courbe ci-dessous) ontrouve :

T0 ' 1,37 s⇒ 1,35 s≤ T0 ≤ 1,40 s

t (s)

x (cm)

-6

-4

-2

2

4

6

0.5 1 1.5 2 2.5

++++++

+

+

+

++

+

+

++++ ++++++

++

+

+

++++++++

+++

+

++

+

+

+++++++++++

++

+

+

+

+

+

T

18.1.2. Détermination l’amplitude des oscillations :A l’aide l’enregistrement on trouve :

xm = 7 cm

18.1.3. Vitesse de la masse à t = 0.L’enregistrement montre que à t = 0, le pendulepasse par la position d’élongation maximale ; Doncv0 = 0 m s−1

18.2. Constante de raideur k :

T0 = 2π

s

m

k⇒ k =

4π2m

T 20

A.N. : k = 4,368 N m−1 ' 4,4 N m−1

18.3. Calcul de l’énergie mécanique à t −0.

E0 =1

2k x 2

m

A.N. : E0 = 1,078×10−2 J ' 1,1×10−2 J18.4. Calcul de la vitesse pour x = 0On pose :

x = xm sin(ω0t +ϕ)

x = xmω0 cos(ω0t +ϕ)

= vma x cos(ω0t +ϕ)

pour x = 0, x est maximale soit xma x = vma x = xmω0

lorsque la masse m passe pour la première fois,

v =−vma x =−xma x =−xmω0

=−xm

√

√ k

m

A.N. : v =−0,323 m s−1


Phénomènes corpusculaires et ondulatoiresPartie 1 : La radioactivité19.1. Application de l’effet photoélectriqueLe traçage radioactif.Explication du principe :Il consiste à marquer un élément puis à suivre sa tracedans l’échantillon à étudier.19.2.19.2.1. Équation de désintégration

21283Bi−−→ 212

84Po+ 0−1e

19.2.2. Calcul de la période radioactive :

T =ln 2

λ

A.N. : T = 3636,7 s19.3. Calcul de l’activité de l’échantillon :

A =λN

or N =m

MNA d’ou A =λ

m

MNA

A.N. : A = 5,41×1014 BqPartie 2 : Interférence lumineuse19.1. Schéma du dispositif expérimental :

;

12


F

F1

F2

Ecran

Zone d’interférence

Aspect de l’écran : on observe à l’écran et dans la zoned’interférence, des bandes alternativement brillantes etsombres.19.2. Calcul de l’interfrange :

i =λD

a

A.N. : i = 6×10−3 m= 6 mm19.3.19.3.1. Calcul de la différence de marche :

δ=a x

D

A.N. : δ= 1,928×10−6 m= 1,928 mm19.3.2. Frange brillante ou sombre :

δ

λ=

1,928×10−6

643×10−9 = 2,999' 3⇔δ= 3λ

δ= kλ avec k = 3, donc le point M appartient à la frangebrillante.


Exploitation des résultats d’une expérience20.1. Définition :Potentiel d’arrêt : c’est l’opposé de la tension pour la-quelle les électrons libérés à la cathode n’atteignent pasl’anode.20.2. Schéma du montage :

A

C

µA

V

K

Lumière

20.3.20.3.1. Relation entre U0, W0 et W :

W =W0 +ECma x

or :

ECma x = e U0⇒W =W0 + e U0

20.3.2.

N (THz)

U0 (V)

0.2

0.4

0.6

0.8

500 550 600 650 700 750

+

+

+

+

++

++

∆N

∆U0

Graphe de U0 = f (N)

20.3.2.1. Détermination de la constante de Planck :

on a W =W0 + e U0⇔ hN = hN0 + e U0

⇒U0 =h

e(N −N0)

d’oùh

eest le coefficient directeur de la droite représen-

tant U0 = f (N ) (voir figure ci-dessous)

Soith

e=∆U0

∆N⇒ h = e

∆U0

∆NA.N. :

∆N = 644−518= 126 THz= 126×1012 Hz

∆U0 = 0,6−0,05= 0,55 V

h = 6,98×10−34 J s

6,7×10−34 J s≤ h ≤ 7,2×10−34 J s

20.3.2.2. Détermination de la fréquence seuil du métal :La droite U0 = f (N ) coupe l’axe des abscisses ou pointd’abscisse N0 d’où N0 = 505 THz

504 THz≤N0 ≤ 506 THz


La solution de ce sujet peut être gratuitement télé-chargée sur :

www.simo.education

;

13265

Sujets d’examen–Baccalauréat Physique–Séries D, TI

13.1 Enoncé des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26613.1.1 Enoncé – Baccalauréat 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26613.1.2 Enoncé – Baccalauréat 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26713.1.3 Enoncé – Baccalauréat 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26913.1.4 Enoncé – Baccalauréat 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27013.1.5 Enoncé – Baccalauréat 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27113.1.6 Enoncé – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272

13.2 Solution des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27313.2.1 Solution – Baccalauréat 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27313.2.2 Solution – Baccalauréat 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27513.2.3 Solution – Baccalauréat 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27813.2.4 Solution – Baccalauréat 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28113.2.5 Solution – Baccalauréat 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28413.2.6 Solution – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

;

13

266 Chapitre 13. Sujets d’examen–Baccalauréat Physique–Séries D, TI

13.1 Enoncé des sujets d’examen


Examen: Baccalauréat Séries: D, TI



Exercice 1.

Mouvements dans les champs et leurs applications1.1. Tige parcourue par un courant dans un champ ma-gnétiqueUne tige de cuivre (t ) de longueur L , est mobile autourd’un axe horizontal (A) passant par son extrémité supé-rieure O . L’autre extrémité A de la tige plonge légèrementdans une cuve à mercure. L’ensemble baigne dans unchamp magnétique ~B , orthogonal au plan de la figureet de sens sortant (voir figure ci-dessous). On fait pas-ser dans la tige un courant continu d’intensité I . Celle-cis’écarte de la verticale d’un angle α= 7°.

O

A

α~B

Cuve àmercure

1.1.1. Quel nom donne-t-on à la force qui a provoqué ledéplacement de la tige (t )? Calculer l’intensité de cetteforce.1.1.2. Représenter sur la figure, les forces qui s’ap-pliquent sur la tige (t ), ainsi que le sens du courant quila traverse.1.1.3. Écrire la condition d’équilibre de la tige, puis endéduire la masse m de celle-ci. On donne : L = 85 cm;B = 0,02 T ; I = 2,2A; g = 10 N kg−1.1.2. Champ de gravitation de la TerreOn considère que la Terre présente une répartition demasse à symétrie sphérique.1.2.1. Faire un schéma où on représentera la Terre et levecteur champ de gravitation ~G qu’elle créé en un pointM de son voisinage situé à une distance r de son centreO .1.2.2. Montrer que l’intensité G de ~G en fonction de sa

valeur G0 au niveau du sol a pour expression : G =G0R 2

T

r 2

où RT est le rayon de la Terre.

1.2.3. Dans un repère géocentrique, un satellite de laTerre décrit à vitesse constante une orbite circulaire derayon r .1.2.3.1. Qu’est ce qu’un repère géocentrique ?1.2.3.2. En appliquant au satellite la deuxième loi deNewton sur le mouvement, établir l’expression de sa vi-tesse v , en fonction de G0, r , et RT .1.2.3.3. En déduire l’expression de la période de révolu-tion T du satellite, puis calculer sa valeur numérique. Ondonne : G0 = 9,81 m s−2 ; RT = 6400 km ; r = 7×103 km.

Exercice 2.

Les systèmes oscillantsL’enregistrement des variations de l’élongation θ enfonction du temps d’un pendule simple, est représentésur la figure ci-dessous. Échelle : 1 div↔ 0,5 s sur l’axedes temps. La masse du pendule est m = 100 g et sa lon-gueur `.

t (s)

θ (rad)

+0,16

0

−0,16

2.1. Cet oscillateur est-il harmonique? Justifier la ré-ponse.2.2. Déterminer à l’aide du graphique ci-dessus la pé-riode propre T0 du pendule, puis calculer sa longueur `.On prendra g = 9,81 m s−2.2.3. Déterminer l’équation horaire θ (t ) du mouvementdu pendule.2.4. Calculer la valeur numérique de la vitesse angulairemaximale θma x du pendule.2.5. Calculer l’énergie potentielle maximale EPma x dupendule, puis en déduire son énergie mécanique. Onprendra l’énergie potentielle de pesanteur nulle lorsquele pendule est à la verticale. On fera l’approximation

cosθ ≈ 1−θ 2

2.

Exercice 3.

Phénomènes vibratoire et corpusculaire3.1. Interférences à la surface libre de l’eau d’une cuveà ondesLes deux pointes d’une fourche fixée à l’extrémité d’unelame vibrante, frappent simultanément en O1 et O2 lasurface de l’eau contenue dans une cuve à ondes.La lame vibre à la fréquence f = 50 Hz.3.1.1. Quelles conditions doivent remplir deux sourcesvibratoires S1 et S2, pour qu’on observe le phénomèned’interférences dans le milieu de propagation ? O1 et O2

remplissent-elles ces conditions ?3.1.2. La célérité des ondes dans l’eau ci-dessus estc = 30 cm s−1. Calculer la longueur d’onde λ.

;

13267


3.1.3. Donner l’état vibratoire des points suivants duchamp d’interférences :

M

(

d1 = 15 cm

d2 = 3 cmN

(

d1 = 8,4 cm

d2 = 27 cmP

(

d1 = 16,5 cm

d2 = 15 cm

3.2. RadioactivitéLe fluor 18 est émetteur β– .3.2.1. Écrire l’équation de désintégration d’un noyau defluor 18.On donne les symboles des éléments et leurs numérosatomiques : Oxygène (O ; 8) ; Fluor (F ; 9) ; Néon (Ne ; 10) ;Sodium (Na ; 11).3.2.2. Un échantillon de fluor 18 contient initialementN0 = 9,5×1010 noyaux radioactifs.Combien de noyaux radioactifs reste-t-il dans l’échan-tillon après 1 h 5 min ?3.2.3. Quelle est à cette date, l’activité de l’échantillon ?On donne la demi-vie du fluor 18 : T = 109,4 s.

Exercice 4.

Expérience de physiqueOn se propose d’étudier l’influence de la tension UAC

entre l’anode A et la cathode C d’une cellule photo-électrique, sur l’intensité du courant photoélectriquequ’elle produit. Pour réaliser l’expérience, on dispose :d’une cellule photoélectrique, d’un générateur de ten-sion réglable, d’un voltmètre, d’un milliampèremètre,d’un interrupteur K , des fils de connexion et d’unesource de lumière monochromatique S , de fréquenceν= 7×1014 Hz.4.1. Compléter sur la figure ci-dessous, le schéma demontage.

A C

K

4.2. Pour une puissance P de la source lumineuse S , ona obtenu la courbe ci-dessous :

UAC (V)

I (mA)

0 3

2

1 2

B

4.2.1. Lire sur ce graphe, les valeurs du potentiel d’arrêtet de l’intensité du courant de saturation de la cellule.4.2.2. Donner une interprétation électronique de cha-

cun des domaines suivants de la caractéristique : do-maine À : UAC ≤ 1 V ; domaine Á : UAC ≥ 4 V4.2.3. Quelle est l’intensité du courant au point B de lacourbe ? Quelle explication peut-on en donner ?4.2.4. Calculer en électron-volts (eV), l’énergie ciné-tique maximale des électrons émis par la cathode.4.2.5. Calculer (en eV), le travail d’extraction W0 d’unélectron de la cathode.Données : e = 1,6×10−19 C ;Constante de Planck : h = 6,62×10−34 J s.





Exercice 5.

Mouvements dans les champs de forces5.1. Champ de pesanteurUne bille supposée ponctuelle de masse m = 50 g est sus-pendue en un point O par un fil inextensible de massenégligeable et de longueur L = 50 cm. Le fil étant tendu,on écarte la bille de la verticale d’un angle θ0 = 60°puis on l’abandonne avec une vitesse initiale de modulev0 = 10 m s−1. Prendre g = 9,8 m s−2.5.1.1. A un instant quelconque, le fil fait un angle θ avecla verticale. La vitesse du pendule prend alors une valeurv . En utilisant le théorème de l’énergie cinétique, établirl’expression de la vitesse v en fonction de v0, L , θ , θ0 etg puis calculer sa valeur pour θ = 15°.5.1.2.5.1.2.1. Faire un schéma sur lequel on présentera lesforces s’exerçant sur la bille lors du mouvement.5.1.2.2. En travaillant dans le repère de Frenet, exprimerl’intensité T de la tension du fil en fonction de v , L , θ ,θ0, m et g puis calculer sa valeur pour θ = 15°.5.2. Champ électrostatiqueUn électron de masse m = 9×10−31 kg et de chargeq = −1,6×10−19 C et un positron de même masse et decharge opposée, pénètrent avec la même vitesse initialehorizontale de module v0 = 107 m s−1 dans un champélectrostatique uniforme ~E établi entre les armatureshorizontales d’un condensateur-plan. Les vecteurs vi-tesse initiale et champ électrostatique sont orthogonaux.Dans un repère orthonormé dont l’origine est située àl’entrée du condensateur, l’équation cartésienne de latrajectoire de l’électron dans le champ est de la forme :

y =−e E

2m v 20

x 2

5.2.1. Faire un schéma montrant le condensateur, la vi-tesse initiale et les axes du repère choisi.5.2.2. Donner sans calcul, l’équation cartésienne de latrajectoire du positron.5.2.3. On admet que les particules vont sortir du champ.Dans un même schéma, donner l’allure des deux trajec-toires et placer les deux points de sortie S1 et S2 à l’autre

;

13


extrémité du condensateur.5.2.4. Calculer la distance d = S1S2.On donne : ddp entre les armatures du condensateur :U = 102 V ;longueur des armatures : L = 10 cm ;vitesse initiale des particules : v0 = 107 m s−1 ;distance entre les armatures : d = 4 cm.

Exercice 6.

Système mécanique oscillantUn pendule simple, écarté de sa position d’équilibre d’unangle θm = 9° puis abandonné à lui-même sans vitesse,se met à osciller. Prendre g = 9,8 m s−2.6.1. En appliquant la 2ème loi de Newton, établir l’équa-tion différentielle du mouvement du pendule.6.2. La fréquence propre du mouvement estf0 = 0,66 Hz, calculer la longueur L de ce pendule.6.3. Déterminer l’équation horaire θ = g (t ) du mouve-ment en tenant compte des conditions initiales.6.4. Tracer la courbe θ = g (t ) sur un intervalle de tempsde longueur égale 2 périodes. On y présentera toutes lesvaleurs numériques utilisées.

Exercice 7.

Radioactivité et propagation des ondes7.1. Radioactivité7.1.1. La famille radioactive de l’uranium débute à l’ura-nium 238

92U et se termine au plomb stable 20682Pb. On note

x et y les nombres respectifs des désintégrationsα et β–

qui se produisent au cours de ces transformations.7.1.1.1. Écrire l’équation générale de la réaction glo-bale.7.1.1.2. En appliquant les lois de conservation, calculerx et y .7.1.2. Le nucléide césium 139

55Cs est un émetteur β– dedemi-vie T = 7 min. L’activité d’un échantillon de cé-sium à un instant donné est A = 2×106 Bq.Déterminer le temps t qu’il faudra pour qu’elle soit divi-sée par 1500.7.2. Propagation des ondes mécaniquesLes deux pointes d’une fourche fixée à un vibreur, créenten effleurant la surface d’une eau contenue dans unecuve à ondes, des ondes circulaires. Les pointes vibrenten phase à la même fréquence f = 28 Hz.La longueur d’onde des perturbations produites estλ= 11 mm.7.2.1. Calculer la célérité v des ondes.7.2.2. La surface libre de l’eau est éclairée à l’aide d’unstroboscope dont la fréquence des éclairs est fe = 28 Hz.Dessiner l’aspect de la surface libre de l’eau compriseentre les deux extrémités de la fourche.7.2.3. On augmente la fréquence du vibreur et on admetque la célérité des ondes se conserve. Donner la consé-quence de cette action sur le système de lignes d’interfé-rences.

Exercice 8.

Exploitation d’une che de T.P.Une fiche de T.P., exécutée au laboratoire de physiquepar un élève présente ci-dessous le travail effectué quevous exploiterez.Fiche de T.P.8.1. Classe : TD8.2. Titre du TP : La machine d’Atwood8.3. Objectifs : Exploiter le mouvement de ce dispositifpour déterminer expérimentalement l’accélération de lapesanteur du lieu de l’expérience.8.4. Matériel : Un ensemble de deux masses M = 0,5 kg et

M ′ = M +m où m = 0,01 kg est la masse de la sur-charge.

Un fil inextensible de masse négligeable, passant dansla gorge d’une poulie aussi de masse négligeable etsupportant à chaque extrémité l’une des masses ci-dessus.

Un chronomètre (C ), Une règle graduée (R ).8.5. Schématisation :

(P )

(M ) (m )

(M )

(R )

(C )

8.6. Protocole expérimental :En abandonnant le système à lui- même, les masses Met M ′ se mettent en mouvement. A des instants choi-sis, on lit sur la règle la distance x parcourue par l’unedes masses. On obtient ainsi le tableau de mesures ci-dessous.8.7. Tableau de mesures

t (s) 0 2 4 6 6,5

x (m) 0 0,19 0,77 1,73 2,03

8.8. Exploitation :8.8.1. Tracer la courbe x = f (t 2) sur le document à re-mettre avec la copie.Échelles : Abscisse : 1 cm pour 4 s2 ; Ordonnée : 1 cm pour0,1 m8.8.2. Donner la forme de la courbe puis écrire une re-lation simple liant x et t 2.8.8.3. Justifier que l’accélération de la masse M estégale à celle de M ′.8.8.4. En étudiant le mouvement de la machine, mon-trer que l’accélération a commune de M et de M ′ est dela forme :

a =m

2M +mg .

En déduire la loi horaire du mouvement de (M ).8.8.5. A partir de la courbe, déterminer la valeur ae x p

de l’accélération expérimentale du dispositif.

;

13269


8.8.6. En déduire la valeur expérimentale ge x p de l’ac-célération de la pesanteur du lieu de l’expérience.





Exercice 9.

Mouvements dans les champ de forces et leurs applications9.1. Mouvement dans le champ de pesanteurAu bas d’un plan incliné d’angleα= 20° sur l’horizontale,on lance sur la ligne de plus grande pente une caissettede masse m = 200 g. Elle démarre avec une vitesse paral-lèle au plan et de module v = 20 m s−1. Les frottementssont négligeables. Prendre g = 10 m s−2.La figure ci-contre traduit la situation :

O

α

x

y

9.1.1. Calculer sa vitesse vs acquise au sommet du plande longueur `= 10 m.9.1.2. En supposant la caissette ponctuelle, établirl’équation cartésienne de la trajectoire décrite après lesommet du plan. On utilisera le repère proposée sur leschéma. On prendra pour origine des dates l’instant oùla caissette quitte le sommet du plan incliné.9.1.3. Calculer la distance d séparant le sommet duplan et le point de chute de la caissette sur l’axe O x .9.2. Mouvement d’une particule chargée dans leschamp électrique et magnétiqueUne particule de masse m et de charge q entre dans unerégion où règnent simultanément un champ électriqueuniforme de vecteur ~E et un champ magnétique aussiuniforme de vecteur ~B . Ces deux vecteurs champs or-thogonaux le sont aussi par rapport au vecteur vitesse ~vconstant de la particule.9.2.1. Écrire l’expression vectorielle de la force qui sol-licite la particule.9.2.2. Écrire la formule vectorielle du théorème ducentre d’inertie appliquée à la particule.9.2.3. Donner la condition nécessaire pour que le mou-vement de la particule soit uniforme.9.2.4. En déduire l’expression du module v de la vi-tesse en fonction de E et de B . Application numérique :E = 105 N m−1 ; B = 0,1 T.

Exercice 10.

Système oscillantUn pendule simple est constitué d’une masse ponctuellem = 100 g accrochée à l’extrémité d’un fil inextensible

de masse négligeable et de longueur `= 1 m. On l’écartede la verticale d’un angle θ0 puis on l’abandonne sansvitesse initiale. On prendra l’horizontale de la positionla plus basse de la masse comme niveau de référencede l’énergie potentielle de pesanteur. A un instant quel-conque, le pendule en mouvement fait un angle θ avecla verticale du lieu.10.1. Déterminer l’expression de l’énergie potentielleEP de pesanteur du système Terre-pendule en fonctionde m , g , ` et θ .10.2. Si θ est petit, on peut écrire :

sinθ = θ (rad) et 1− cosθ = 2

sinθ

2

2

Donner la nouvelle expression de l’énergie potentielleEP de pesanteur en fonction de m , g , ` et de θ .10.3. On admet que le système est conservatif.10.3.1. Définir un système conservatif.10.3.2. Pour des oscillations d’amplitude θm = 10°, cal-culer l’énergie cinétique EC du pendule au passage par

la position θ =θm

2.

Prendre g = 10 N kg−1.

Exercice 11.

Phénomènes vibratoire et corpusculaire11.1. Interférences mécaniquesDeux points O et O ′ de la surface de l’eau contenue dansune cuve, émettent des ondes mécaniques synchronesde fréquence f = 20 Hz et de même amplitude A = 1 cm.La célérité de propagation des ondes dans le milieu estv = 10 cm s−1.11.1.1. Par la méthode de Fresnel, déterminer l’équa-tion horaire d’un point M du milieu tel que :

(

O M = 5,5 mm

O ′M = 8 mm

Préciser l’état vibratoire de ce point.11.1.2. Faire un schéma clair montrant l’aspect final dela surface de l’eau.11.2. Effet photoélectriqueOn éclaire une cellule photoélectrique avec une lumièremonochromatique de longueur d’onde λ = 0,6µm. Lemétal de la cathode possède une énergie d’extractionE = 3×10−19 J.11.2.1. Justifier l’apparition de l’effet photoélectrique.11.2.2. Calculer l’énergie cinétique maximale EC desélectrons émis.On donne :Constante de Planck h = 6,62×10−34 J s.

Exercice 12.

ExpérienceFiche de travaux pratiquesNiveau : TD + TTI12.1. Domaine : Mécanique12.2. Titre du TP : Le pendule simple incliné12.3. Objectif : Détermination de l’accélération de la pe-santeur du lieu de l’expérience.

;

13


12.4. Matériel expérimental : Chronomètre Rapporteur Plan incliné d’angle α= 20°. Un clou pour la suspension du pendule Un fil inextensible de masse négligeable et de lon-

gueur variable. Une masse marquée que l’on supposera ponctuelle.12.5. Schématisation :

α

12.6. Protocole expérimental :A l’aide du rapporteur, on mesure l’angle d’écartementdu pendule de la verticale apparente puis on l’aban-donne pour θ = 9°. Avec le chronomètre, on mesure ladurée de 10 oscillations du pendule pour une longueurdéterminée ` du fil. On obtient le tableau de mesuressuivant :

` (m) 0,7 0,8 0,9 1 1,2 1,3

10 (T) 28,7 30,7 32,6 34,3 37,6 39,2

12.7. Exploration :12.7.1. Pour un pendule simple vertical, la périodepropre des petites oscillations est de la forme :

T0 = 2π

√

√ `

g.

En déduire celle T ′ du pendule incliné ci-dessus en fonc-tion de `, g et α.12.7.2. Tracer la courbe T 2 = f (`). Échelle de représen-tation : Abscisses : 1 cm pour 0,1 m; Ordonnées : 1 cmpour 1 s2.12.7.3. A partir de la courbe ci-dessus, déterminer la va-leur expérimentale de l’accélération expérimentale ge x p

de la pesanteur du lieu de l’expérience.





Exercice 13.

Mouvements dans les champs de forces et leurs applications13.1. Mouvement dans le champ de pesanteurSur la ligne d’un plan incliné d’angle α inconnu, on dé-pose au sommet du plan une bille ponctuelle de massem = 100 g. Abandonnée à elle-même, elle se met en trans-lation.

α

x

x ′

y ′

y

G

Le schéma ci-contre traduit l’événement. Les frotte-ments seront négligeables.Dans le repère proposé dans le schéma :13.1.1. Déterminer l’expression algébrique aG de l’ac-célération du centre d’inertie G de la bille.13.1.2. Établir les équations horaires du mouvement dela bille dans le repère ci-dessus.13.1.3. Au cours de la n-ième seconde du mouvement,la bille parcourt une distance d . Établir l’expression ded en fonction de n , g et α.13.1.4. Calculer la valeur deα pour n = 4 et d = 12,25 m.Prendre g = 10 m s−2.13.2. Mouvement d’une particule dans un champ élec-trique uniformeL’équation cartésienne de la trajectoire d’une particulede charge q négative, entrée à la vitesse initiale ~v0 dansle champ électrique régnant entre les armatures horizon-tales d’un condensateur-plan est de la forme :

y =1

2

|q |Em

x 2

v 20 (cosα)2

+ x tanα

13.2.1. Faire un schéma annoté traduisant la situationqui a permis d’obtenir une telle équation. On préciseranotamment l’orientation : des axes du repère d’étude ; du vecteur-vitesse initiale ~v0 ; du vecteur champ électrique ~E ; de la concavité de la trajectoire que l’on reproduira

entre les armatures.13.2.2. On donne E = 106 N C−1 ;α = 20°, v0 = 106 m s−1. Longueur des armatures ducondensateur `= 15 cm ;me = 9,1×10−31 kg et q =−1,6×10−19 C.En admettant que la particule sorte du champ électrique,calculer sa vitesse vs à la sortie.

Exercice 14.

Système oscillant : Le pendule simple14.1. Schématiser puis décrire un pendule simple.14.2. Pour des oscillations de faible amplitude, on ad-met que la trajectoire de la masse d’un pendule simpleest un segment de droite décrit avec la loi horaire :

x (t ) = 22 cosπ

4

5t −

1

3

(cm).

14.2.1. Calculer sa période propre T puis en déduire salongueur `. Prendre g = 10 m s−2.14.2.2. Déterminer l’expression de l’élongation angu-laire θ (t ) du pendule ci-dessus puis en déduire son élon-gation maximale θm .

;

13271


Exercice 15.

Les phénomènes vibratoires et corpusculaires15.1. Phénomène vibratoireÀ la surface d’une eau contenue dans une cuve à ondes,on laisse tomber des gouttes d’eau à raison de 15 gouttespar seconde. La réflexion des ondes sur les bords de lacuve est négligeable.15.1.1. Schématiser l’aspect pris par la surface de l’eau.15.1.2. Le point O de chute des gouttes est considérécomme la source de l’onde mécanique qui se propage.A l’instant initial t = 0, le mouvement de l’origine estdescendant.15.1.2.1. Déterminer la nature de l’onde et sa fréquencef .15.1.2.2. Écrire l’équation horaire du mouvement dela source O puis celui d’un point M situé à la distanced = 5 cm de cette source.On donne : célérité de l’onde v = 15 cm s−1 ; amplitudea = 1 cm15.2. La radioactivitéA un instant t quelconque, on dispose d’une massem = 0,5 g d’un radio élément de demi-vie T = 2 jours.15.2.1. Calculer sa constante radioactive λ.15.2.2. Déterminer la masse m ′ de cet élément que l’onpossédait 15 jours plus tôt.

Exercice 16.

ExpérienceLors d’une séance de travaux pratiques, on remet àchaque élève d’une classe de TD une fiche de TP se pré-sentant ainsi qu’il suit :Fiche de TP16.1. Titre du TP : Le champ de pesanteur16.2. Objectif : La mesure de l’accélération g de la pe-santeur dans la salle de TP.16.3. 2-Matériel expérimental : chronomètre électronique, Une masse marquée de 100 g.16.4. Schématisation :

h

16.5. Protocole expérimental :Un observateur se place successivement à la fenêtre dechaque étage d’un bâtiment. Il tend horizontalement samain tenant la masse marquée m . Il la laisse tomber enchute sans vitesse initiale.A l’aide du chronomètre, on mesure les durées des diffé-rents essais de chute.16.6. Tableau de mesures :La mesure des durées de chute correspondant aux alti-tudes de la masse par rapport au sol a permis d’obtenirles valeurs suivantes :

h (m) 20 16 12 8 4

t (s) 2,02 1,8 1,56 1,3 0,9

16.7. Exploitation :16.7.1. Établir l’équation horaire de la masse marquéeà chaque lâcher. On négligera la résistance de l’air.16.7.2. Tracer la courbe t 2 = f (h ).Échelle : Axe des abscisses : 1 cm pour 1 m ; Axe des ordonnées : 1 cm pour 10 s2

16.7.3. Donner la nature de cette courbe.16.7.4. Déterminer la valeur expérimentale de l’accélé-ration ge x p de la pesanteur du lieu de l’expérience.





Exercice 17.

Mouvements dans les champsPartie 1 : Champs de gravitation terrestreOn supposera que toute la masse de la Terre est concen-trée en son centre O et on notera son rayon RT .17.1. Représenter la Terre ainsi que le vecteur champde gravitation ~gz qu’elle crée en un point M situe à unealtitude z .17.2. Donner les expressions littérales de gz et g0 quireprésentent respectivement les modules des vecteurschamps de gravitation à l’altitude z et à la surface de laTerre respectivement, puis établir la relation qui lie sesdeux grandeurs.17.3. Montrer que pour des faibles altitudes z RT , on

peut écrire : gz = g0

1−2z

RT

On rappelle que si ε 1 alors on peut écrire :(1+ ε)n = 1+nε.Partie 2 : Goutte d’huile électrisée en équilibre dans unchamp électrique uniformeUne gouttelette d’huile de masse m de chargeq = −2×10−6 C est maintenue en équilibre entre lesplaques A(+) et B (−) parallèles et horizontales d’uncondensateur plan.17.1. Faire un schéma de la situation et représentertoutes les forces appliquées à la goutte.17.2. Établir l’expression donnant la masse de la gouttepuis faire une application numérique en prenant.Distance entre les plaques : d = 20 cm ;Différence de potentiel entre les plaques : U = 5000 V ;Intensité de la pesanteur : g = 10 m s−2.

;

13


Exercice 18.

Systèmes oscillants

0

t (en secondes)

θ (en degrés)

6

0,6 1,2 1,8 2,4

Variations de l’élongation angulaire du pendule

Lors d’une séance de travaux pratiques sur le pendulesimple, un groupe d’élèves, a représenté les variations del’élongation angulaire en fonction du temps sur la figureci-dessus.18.1. L’oscillateur étudié est-il amorti? Justifier la ré-ponse.18.2. A l’aide du graphe :18.2.1. Déterminer la période (ou la pseudo-période)T0 du pendule puis en déduire sa longueur. On admettraque la pseudo-période d’un pendule simple amorti a lamême expression que la période propre d’un pendulesimple non amorti de même longueur.On prendra g = 10 m s−2.18.2.2. Écrire l’équation horaire du mouvement du pen-dule en prenant en compte les conditions initiales.18.3. Exprimer la vitesse angulaire du pendule, puis cal-culer sa valeur maximale θma x .18.4. En appliquant la 2ème loi de Newton sur le mouve-ment, établir l’équation différentielle du mouvement dupendule pour les faibles amplitudes.

Exercice 19.

Phénomènes ondulatoires et corpusculairesPartie 1 : Propagation à la surface libre de l’eau d’une cuveà ondesLa pointe d’une lame vibrante de fréquence N = 24 Hz,trempe légèrement en un point O dans l’eau au reposd’une cuve à ondes de grandes dimensions. La céléritédes ondes dans les conditions de l’expérimentation estv = 30 cm s−1. On admet que les ondes se propagent sansatténuation à la surface de l’eau de la cuve.19.1. Définir la longueur d’onde puis calculer la valeurnumérique de celle des ondes qui se propagent à la sur-face libre de l’eau de la cuve à ondes.19.2. Comparer le mouvement de O à celui d’un pointM situé à la distance d = 7,5 cm de O .19.3. Calculer la distance-entre la 2ème ride et la 7ème.Partie 2 : Effet photoélectrique19.1. Définir l’effet photoélectrique.19.2. On éclaire la surface de la cathode d’une cellulephotoélectrique dont le métal a une longueur d’ondeseuil λ0 = 650 nm, par une lumière monochromatiquede longueur d’onde λ.19.2.1. Que se passe-t-il si :19.2.1.1. λ0 <λ?

19.2.1.2. λ0 >λ?19.2.2. Dans le cas où λ = 500 nm. Calculer la vitessemaximale de sortie de la cathode des électrons émis.On donne : Constante de Planck : h = 6,63×10−34 J s ;Célérité de la lumière : c = 3,00×108 m s−1 ; Masse d’unélectron : me = 9,11×10−31 kg.

Exercice 20.

Exploitation des résultats d’une expérience de physiqueSur un rail à coussin d’air disposé horizontalement, unchariot de masse M = 785 g est entrainé par l’intermé-diaire d’une ficelle et d’une poulie par une petite massem , suspendue verticalement et dont on ne connaît pasla valeur.

t 0 τ 2τ 3τ 4τ

Points (Gi ) G0 G1 G2 G3 G4

x (t ) (cm) 0 6,1 12,5 19,0 25,8

v (t ) (m s−1)

t 5τ 6τ 7τ 8τ 9τ


x (t ) (cm) 32,8 40,0 47,5 55,2 63,1

v (t ) (m s−1)

Le tableau ci dessus rassemble les résultats obtenus pourdes positions du centre d’inertie du chariot au cours d’in-tervalles de temps successifs égaux de valeur τ= 20 ms.20.1. Compléter ce tableau en calculant la valeur de lavitesse du centre d’inertie du chariot.On rappelle que pour le point Gi la vitesse a pour valeur :

vi =xi+1 − xi−1

2τ.

20.2. Construire le graphe de vi = f (t ).On prendra pour échelle : 1 cm pour 20 ms; 1 cm pour0,5 m s−1.20.3. À l’aide du graphe obtenu, déterminer la valeur dela vitesse initiale v0 ainsi que celle de l’accélération a dumouvement du centre d’inertie du mobile.20.4. En appliquant le théorème du centre d’inertie auchariot et à la masse d’entrainement, déterminer la va-leur de la masse d’entrainement du chariot. On admettraque la ficelle et la poulie du système d’entrainement ontdes masses négligeables devant les autres masses du dis-positif.On donne g = 10 m s−2.





L’énoncé de ce sujet peut être gratuitement télé-chargé sur :

www.simo.education

;

13273


13.2 Solution des sujetsd’examen



Mouvements dans les champs et leurs applications1.1. Tige parcourue par un courant dans un champ ma-gnétique.1.1.1. Nom de la force qui provoque le déplacement dela tige :Force électromagnétique ou force de Laplace.Calcul de l’intensité de cette force :

F = B I L

A.N. : F = 3,74×10−2 N1.1.2. Représentation des forces et sens du courant :

O (∆)

α

~R

+~B

~P

~F~I

1.1.3. Condition d’équilibre de la tige :∑

M ( ~Fe x ) = 0

⇔M∆( ~P ) +M∆( ~R ) +M∆( ~F ) = 0

ou∑

M ( ~Fe x ) = ~0⇔ ~P + ~R + ~F = ~0

Déduction de la masse de la tige :

M∆( ~P ) +M∆( ~R ) +M∆( ~P ) = 0

⇔−P`

2sinα+ F

`

2= 0

⇒m =F

g sinα

A.N. : m = 0,0307 kg= 30,7 g1.2. Champ de gravitation terrestre.1.2.1. Schéma :

Terre

M

~GRT

r

1.2.2. Montrons que G =G0(RT

r)2

on a :

G0 = εMT

R 2T

(13.1)

G = εMT

r 2(13.2)

(13.2)

(13.1)⇒

G

G0=

Rt

r

2

⇒G =G0

RT

r

2

1.2.3.1.2.3.1. Un repère géocentrique est un repère dont l’ori-gine est au centre de la terre et les axes dirigés vers troisétoiles très éloignées.1.2.3.2. Expression de la vitesse en fonction de G0, r etRT .Le bilan des forces extérieures appliquées au satelliteétant :

Satellite

~PRT

r

D’après la deuxième loi de Newton :∑

~Fe x =m ~aG ⇔ ~P =m ~aG

⇔m ~g =m ~aG

⇔ ~aG = ~G ⇔ aG =G

or aG = an =v 2

rcar le mouvement du satellite est circu-

laire uniforme d’où

v 2

r=G et G =G0

RT

r

2

;

13


soit

v 2

r=G0

RT

r

2

⇒ v =RT

√

√G0

r

Expression de la période de révolution du satellite.

T =2π

ω=

2π

vr ⇒ T =

2π

RT

√

√ r 3

G0

A.N. : T = 5805,1 s


Les systèmes oscillants2.1. Oui, cet oscillateur est harmonique.Justification : La représentation graphique de l’élonga-tion θ (t ) est celle d’une fonction sinusoïdale.2.2. Détermination graphique de la période propre T0 :

T0 = 2 s

Calcul de la longueur ` du pendule :

on a : T0 = 2π

√

√ `

g⇒ `=

T 20 g

4π2

A.N. : `= 0,99 m' 1 m2.3. Équation horaire θ (t ) du mouvement du pendule :

on pose : θ = θma x cos

2π

Tt +ϕ

à t = 0

θ = 0

θ < 0⇒

cosϕ = 0

sinϕ > 0⇒ϕ =

π

2

d’où

θ (t ) = θma x cos

2π

T+π

2

= 0,16 cos

πt +π

2

rad

ou

θ (t ) =−θma x sinπt =−0,16 sinπt

= 0,16 sin(πt +π) en rad

2.4. Calcul de la vitesse angulaire maximale.

On a

θ (t ) =dθ

dt= 0,16πcos(πt +π) (13.1)

et

θ (t ) = θma x cos(πt +π) (13.2)

par identification, les relations (13.1) et (13.2) donnent

θma x = 0,16πrad s−1 = 0,5 rad s−1

2.5. Énergie potentielle maximale

O

θmax

Ep p = 0hmax

EPma x =mg hma x =mg `(1− cosθma x )

or : cosθma x ' 1−θ 2

ma x

2

d’où EPma x =1

2mg `θ 2

ma x

A.N. : EPma x = 0,0126 JÉnergie mécanique :Le système étant conservatif,

Em = EC +EP = EPma x = 0,0126 J


Phénomènes vibratoire et corpusculaire3.1. Interférences à la surface libre de l’eau d’une cuve3.1.1. Conditions à remplir par les sources vibratoirespour qu’on observe le phénomène d’interférence :Les sources S1 et S2 doivent être synchrones et cohé-rentes.Oui ! O1 et O2 remplissent ces conditions.3.1.2. Calcul de la longueur d’onde :

λ=c

f

A.N. : λ= 6 mm3.1.3. État vibratoire des points :

M

(

d1 = 15 cm

d2 = 3 cm

d1 −d2

λ=

120

6= 20

⇒ d1 −d2 = 20λ

Le point M vibre avec une amplitude maximale.

N

(

d1 = 8,4 cm

d2 = 27 cm⇒ d2 −d1 = 18,6 cm

= 186 mm

d2 −d1

λ=

186

6= 31⇒ d2 −d1 = 31λ

Le point N vibre avec une amplitude maximale.

P

(

d1 = 16,5 cm

d2 = 15 cm

d1 −d2

λ=

15

6=

5

2

⇒ d1 −d2 =5

2λ

Le point P est immobile.3.2. Radioactivité3.2.1. Équation désintégration :

189F −−→ 0

−1e+ 1810Ne

;

13275


3.2.2. Nombre de noyaux restants :

N =N0e−l n2

T t

A,N. : N = 1,76 noyaux.3.2.3. Activité de l’échantillon

A =λN =ln 2

TN

A,N. : A = 0,0112 Bq


Expérience de physique4.1. Schéma de montage complété :

A

mA

V

K

Clumière

4.2.4.2.1. Valeurs du potentiel d’arrêt et de l’intensité du cou-rant de saturation de la cellule : potentiel d’arrêt : U0 = 1 V courant de saturation : IS = 2,5 mA4.2.2. Interprétation électronique de la caractéristique :

Domaine Interprétation

À (UAC ≤−1 V)Les électrons libérésn’atteignent pas l’anode

Á (UAC ≥ 4 V)Tous les électrons libérésatteignent l’anode

4.2.3. Intensité du courant au point B de la courbe :

IB = 0,4 mA; (0,35 mA≤ IB ≤ 0,45 mA)

Explication : Les électrons les plus énergétiques arriventà l’anode sans être accéléré, car UAC = 0.4.2.4. Énergie cinétique maximale :

ECma x = e U0

A.N. : ECma x = 1 eV4.2.5. Travail d’extraction :

W0 = h v −ECma x

A,N. : ECma x = 3,034×10−19 J = 1,896 eV



Mouvements dans les champs de forces5.1. Champ de pesanteur5.1.1. Expression de la vitesse v du pendule.Le bilan des forces extérieures appliquées à la bille étant :

(1)l

(2)

θ0

θ

K

H

h

~P

~T

En appliquant le théorème de l’énergie cinétique à labille, on a :

∆EC =∑

W ( ~F )

⇔ EC2 −EC1 =W ( ~P ) +W ( ~T )

or : W ( ~T ) = 0, car ~T est perpendiculaire à la tangente àla trajectoire :

⇒ EC2 −EC1 =W ( ~P )

⇔1

2m v 2 −

1

2m v 2

0 =mg h

et h = `(cosθ − cosθ0)

d’où v =q

v 20 +2g `(cosθ − cosθ0)

5.1.1.1. Calcul de la valeur de v pour θ = 15°

v =q

102 +2×9,8×0,5(cos 15°− cos 60°)

= 10,22 m s−1

v = 10,22 m s−1

5.1.1.2. Schéma représentant les forces l’exerçant sur labille.

O

θ

~P

~T

5.1.1.3. Expression de l’intensité de la tension du fil.Le bilan des forces appliquées à la bille étant :

;

13


θ~T

~n~t

~Pt ~Pn

~P

D’après le théorème du centre d’inertie appliqué à labille dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen,on a :

∑

~Ee x t =m ~a ⇔ ~P + ~T =m ~a

En projettant cette relation dans le repère de Frenet, ona : Suivant la normale ~n : ~T + ~Pn =m ~an . Suivant la tangentielle ~t : ~Pt =m ~at

~T + ~Pn =m ~an ⇔ T −Pn =man

⇔ T = Pn +man

or :

Pn = P cosθ

an =v 2

`

⇒ T =mg cosθ +m v 2

`

or nous avons exprimé :

v 2 = v 20 +2g `(cosθ − cosθ0)

d’où

T =mv 2

0

`+mg (3 cosθ −2 cosθ0)

Valeur de T pour θ = 15°

T = 50×10−3 ×102

0,5+50×10−3

×9,8(3 cos 15°−2 cos 60°) = 10,9299 N

T = 10,929 N ' 10,93 N5.1.2. Champ électrostatique.5.1.2.1. Schéma :

Ox

y

~v0

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

5.1.2.2. Équation cartésienne de la trajectoire du posi-tron :

y =e E

2m v 20

x 2

5.1.2.3. Allure des deux trajectoires et points de sortie S1

et S2 :

Ox

y

~v0

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−S2

S1

O ′

5.1.2.4. Calcul de la distance S1S2

d = S1S2 = S1O ′ +O ′S2

=−

−e E

2m v 20

L 2

+e E

2m v 20

L 2 =e E

2m v 20

L 2

d = S1S2 =e E

2m v 20

L 2 si D est la distance entre les arma-

tures u = E D ⇒ E =u

Dd’où

d = S1S2 =e u

m v 20 D

L 2

A.N. : d = 0,0444 m= 4,44 cm


Système mécanique oscillant6.1. Équation différentielle du mouvement du pendule.Le bilan des forces appliquées au pendule à une positionquelconque étant :

θ~T

~n~t

~Pt ~Pn

~P

En appliquant la 2ème loi de Newton au pendule, dans leréférentiel du laboratoire supposé galiléen, on a :

∑

~Ee x =m ~a ⇔ ~P + ~T =m ~a

En projettant sur les axes ~n et ~t de la base de Frenet, ona :

¨

Suivant ~t : ~Pt =m ~at (13.1)

Suivant ~n : ~T + ~Pn =m ~an (13.2)

(13.1) ⇒−Pt =mat ⇔−P sinθ =mat

⇔ at + g sinθ = 0

or :

at = `θ ⇒ `θ + g sinθ = 0⇔ θ +g

`sinθ = 0

;

13277


Les oscillations étant de faible amplitude :

sinθ ' θ rad

d’où l’équation différentielle :

θ +g

`θ = 0

6.2. Calcul de la longueur ` du pendule.L’équation différentielle étant de la forme :

θ +ω20θ = 0


ω20 =

g

`⇔ω0 =

s

g

`= 2π f0⇔

g

`= (2π f0)

2

⇒ `=g

(2π f0)2

A.N. : L = 0,57 m6.3. Équation horaire du mouvement.Soit θ = θm sin(ω0t +ϕ) l’équation horaire du mouve-ment.

à t = 0

θ = θm

θ = 0θ = θmω0 cos(ω0t +ϕ)

Donc à

t = 0

θm sinϕ = θm

θmω0 cosϕ = 0⇔

sinϕ = 1

cosϕ = 0

⇒ϕ =π

2et

θm = 9°=π

20rad

ω0 = 2π f0 = 4,1 rad s−1

d’où

θ =π

20sin

4,15t +π

2

=π

20cos(4,15t ) en rad

6.4. Courbe θ = g (t ).

T0 =1

f0=

1

0,66= 1,515 s' 1,52 s

à t = 0, θ = θm =π

20

0t (s)

θ (rad)

−π

20

π

20

0,38

0,76

1,14 1,52 1,90

2,28

2,66 3,04


Radioactivité et propagation des ondes7.1. Radioactivité7.1.1. 7.1.1.1. Équation générale de la réaction globale :

23892U −−→ 206

82Pb+ x(42He) +y( 0−1e)

7.1.1.2. Calcul de x et de yD’après les lois de conservation du nombre de charge et

du nombre de masse,

92= 82+2x − y

238= 206+4x⇔

2x − y = 10

4x = 32⇒

x = 8

y = 6

7.1.2. Détermination du temps tSoit A = 2×106 Bq, l’activité à l’instant initial, A′, l’acti-vité à la date t .

A′ = Ae−λt ⇔ e−λt =A′

A

⇔−λt = ln

A′

A

⇔λt = ln

A

A′

⇒ t =1

λln

A

A′

⇔ t =T

ln 2ln

A

A′

et A′ =A

1500⇒

A

A′= 1500

d’où t =T

ln 2ln(1500)

A.N. : t = 73,85 min= 4431,31 s7.2. Propagation des ondes mécaniques7.2.1. Calcul de la célérité.

λ= v T =v

f⇒ v =λ · f

A.N. : v = 0,30 m s−1

7.2.2. Aspect de la surface libre de l’eau.

++O′O

7.2.3. Conséquence de l’augmentation de la fréquencedu vibreur sur le système de lignes d’interférences :

On a λ =v

fsi f augmente et v reste constant, alors λ

diminue. Ainsi les lignes d’interférences se resserrent.


Exploitation d’une che de T.P.8.1. Trace de la courbe x = f (t 2).Tableau des valeurs :

t 2 (s2) 0 4 16 36 42,25

x (cm) 0 0,19 0,77 1,73 2,03

;

13


t 2 (s2)

x (cm)

4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 44 48

0

0.5

1

1.5

2

8.2. Forme de la courbe.La courbe est une droite passant par l’origine.Relation simple liant x et t 2.x = k t 2 où k est une constante positive.8.3. Justifier que aM = aM ′ .On a aM = r θ et aM ′ = r θ . Donc M et M ′ ont la mêmeaccélération.8.4. Expression de l’accélération a .Le bilan des forces extérieures appliquées au systèmepoulie, masses M et M ′ étant :

(∆)

~R

(M )

~t1

~T1

(M ′)

~t2

~T2

+

En appliquant le théorème du centre d’inertie, respec-tivement à la masse (M ) et la masse (M ′) puis R.F.D., àla poulie, dans le référentiel du laboratoire supposé gali-léen, on a : Masse (M ) :

∑

~Fe x t =M ~a ⇔ ~P1 + ~T1 =m ~a

⇔−P1 +T1 =M a

⇒ T1 =M g +M a (13.1)

Masse (M ′) :∑

~Fe x t = (M +m ) ~a

⇔ ~P2 + ~T2 = (M +m ) ~a

⇔ P2 −T2 = (M +m )a

⇒ T2 = (M +m )g − (M +m )a (13.2)

poulie∑

M∆( ~Fe x t ) = J∆θ

⇔M∆( ~R ) +M∆( ~t1) +M∆( ~t2) = J∆θ

or : J∆ = 0 car poulie de masse négligeable ;M∆( ~R ) = 0

car sa droite d’action rencontre l’axe (∆)

⇒M∆( ~t1) +M∆( ~t2) = 0⇔−t1r + t2r = 0

⇔ t1 = t2 (13.3)

Le fil étant inextensible et de masse négligeable,

T1 = t1

T2 = t2(13.4)

(13.4) et (13.3) ⇒ T1 = T2 (13.5)

(13.1) et (13.2) dans (13.5)⇒M g +M a = (M +m )g − (M +m )a d’où

a =m

2M +mg

Loi horaire du mouvement de (M ).

x (t ) =1

2a t 2 soit x (t ) =

1

2·

m

2M +mg t 2

à partir de la courbe ; on a :

tanα=∆x

∆t 2=

1,73−0,19

36−4

tanα= 4,81×10−2 m s−2 or :

tanα=1

2ae xP ⇒ ae xP = 2 tanα

ae xP = 9,62×10−2 m s−2

9,46×10−2 m s−2 ≤ ae xP ≤ 9,65×10−2 m s−2

8.5. Déduction de ge xP

on a :

ae xP =m

2M +mge xP

⇒ ge xP =

2M +m

m

ae xP

A.N. : ge xP = 9,71 m s−2

9,55 m s−2 ≤ ge xP ≤ 9,75 m s−2



Mouvements dans les champ de forces et leurs applications9.1. Mouvement dans le champ de pesanteur.9.2.9.2.1. Calcul de la vitesse vS acquise au sommet du plan :Le bilan des forces extérieures appliquées à la caissetteétant :

α~P

~R

;

13279


En appliquant le théorème de l’énergie cinétique, on a :

∆EC =∑

W ( ~Fe x t )

⇔ ECS −EC =W ( ~P ) +W ( ~R )

⇔1

2m v 2

s −1

2m v 2 =−mg l sinα

car :

W ( ~R ) = ~0⇒ vs =Æ

v 2 −2g `sinα

A.N. : vs = 18,21 m s−1

9.2.2. Équation cartésienne de la trajectoire :Le bilan des forces extérieures appliquées à la caissetteétant :

O x

~v0 = ~vSG

~Pα

En appliquant le théorème du centre d’inertie à la cais-sette dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen,on a :

∑

~Fe x =m ~aG

⇔

Suivant O x : ~0=m ~ax

Suivant O y : ~P =m ~a y

⇔

0=max

−P =ma y⇔

0=max

−mg =ma y

⇔ ~aG

ax = 0

a y =−g

⇒ ~v

vx = vo x = v0 cosα

vy =−g t + vo y

=−g t + v0 sinα

⇒ ~OG

x = (v0 cosα)t (13.1)

y =−1

2g t 2 + (v0 sinα)t (13.2)

(13.1)⇒ t =x

v0 cosα(13.3)

(13.3) dans (13.2)

⇒ y =−1

2·

g

(v0 cosα)2x 2 + x tanα

y =−0,017x 2 +0,364x9.2.3. Calcul de distance dAu point de chute sur l’axe x , y = 0

x

−1

2

g

(v0 cosα)2x = tanα

= 0

⇒−1

2

g

(v0 cosα)2d + tanα= 0

⇒ d = 2v 2

0

gcosαsinα=

v 20

gsin 2α

A.N. : d = 21,31 m9.3. Mouvement d’une particule chargée dans leschamps électriques et magnétiques9.3.1. Expression vectorielle de la force qui sollicite laparticule :Soient : ~F cette force; ~FE = q ~E la force électrique;~Fm = q ~v ∧ ~B la force magnétique de Lorenz.

~F = ~FE + ~Fm = q ~E +q ~v ∧ ~B

9.3.2. Formule vectorielle du T.C.I appliquée à la parti-cule :

∑

~Ee x =m ~a ⇒ ~F =m ~a

⇔ q ~E +q ~v ∧ ~B =m ~a

9.3.3. Condition nécessaire pour que le mouvement soituniforme :

~a = ~0⇔ ~FE =− ~Fm ⇔ q ~E =−q ~v ∧ ~B

9.3.4. Expression du module v de la vitesse :on a

~FE =− ~Fm ⇔ FE = Fm ⇔|q |E = |q |v B

⇒ v =E

B

A.N. : v = 107 m s−1


Système oscillant10.1. Expression de l’énergie potentielle :

EP =mg h or h = `(1− cosθ )

⇒ EP =mg `(1− cosθ )

O

lθ

h

10.2. Nouvelle expression de EP

On a 1 − c o sθ = 2sinθ

2⇒ EP = 2mg `sin

θ

2et

sinθ = θ (rad)⇒ EP =1

2mg `θ 2

10.3. 10.3.1. Définition :Un système conservatif est un système dont l’énergie mé-canique se conserve ou reste constante.10.3.2. Calcul de l’énergie cinétique :Le système étant conservatif, on a : Em1 = Em2 or

Em = EP +EC

⇒

Em1 = EP1 +EC1

= EP1=mg `(1− cosθm ) car EC1=0

Em2 = EP2 +EC2=mg `(1− cosθ ) +EC2

d’où

;

13


Em1 = Em2

⇔mg `(1− cosθm ) =mg `(1− cosθ ) +EC2

⇒ EC2 = EC =mg `(cosθ − cosθm )

or θm = 10° et θ =θm

2= 5° sont des angles petit

⇒

cosθ = 1−θ 2

2

cosθm = 1−θ 2

m

2

d’où

EC =mg `(θ 2m −θ

2)

=3

8mg `θ 2

m , θ et θm en rad

A.N. : EC = 0,0114 J


Phénomènes vibratoire et corpusculaire11.1. Interférences mécaniques11.1.1. Équation horaire du point M :Par la méthode de Fresnel.Soient yO et yO ′ les équations des sources O et O ′ on a

yO = ym cos(2π f t +ϕ) = cos(40πt +ϕ)

yO ′ = ym cos(2π f t +ϕ) = cos(40πt +ϕ)

pour simplifier l’expression, on peut prendre ϕ = 0

⇒

yO = cos(40πt )

yO ′ = cos(40πt )

Au point M :

yM = cos 40π

t −O M

v

= cos

40πt −11

5π

y ′M = cos 40π

t −O ′M

v

= cos

40πt −16

5π

d’où la construction de Fresnel : on pose

ϕ1 =−11

5π=−396°

ϕ2 =−16

5π=−576°

∆ϕ =ϕ2 −ϕ1 =−576+396=−180°

=−πrad

⇔ϕ2 =ϕ1 −π

ϕ1

ϕ2 =ϕ1 −π

d’où y = yM + y ′M = yM − yM = 0État vibratoire de M : Le point M est un point d’ampli-tude nulle (ou un point immobile) car la construction de

Fresnel montre que l’amplitude A = 0.11.1.2. Schéma montant l’aspect final de la surface del’eau :

++O′O

11.2. Effet photoélectrique :11.2.1. Justification de l’apparition de l’effet photoélec-trique :soit E ′ l’énergie d’un photon de la lumière éclairant lacellule.

E ′ = hc

λ

A.N. : E ′ = 3,31×10−19 J

3,31×10−19 J > 3×10−19 J⇔ E ′ > E

ou alors : λ0 =h c

EA.N. : λ0 = 6,62×10−7µ= 0,662µ

0,6µ< 0,662µ⇔λ<λ0

Ou encore :

ν0 =E

h

A.N. : ν0 = 4,53×1014 Hz

ν=c

λ

A.N. : ν= 5×1014 Hz

5×1014 Hz> 4,53×1014 Hz⇔ ν>ν0

11.2.2. Calcul de l’énergie cinétique maximale des élec-trons.

EC = E ′ −E

A.N. : EC = 3,1×10−20 J


Expérience12.1. Expression de la période T ′ du pendule inclinéLe bilan des forces extérieures appliquées au penduleétant :N.B : Bien qu’on ait tout simplement demandé de dé-duire l’expression de T ′, nous allons l’établir afin quel’apprenant puisse mieux comprendre.

α

θ ~T

~R

~P

~Py

~Px = (mg sinα)~i

α

;

13281


En appliquant R.F.D. d’un solide en rotation au pendule,on a :

∑

M∆( ~Fe x ) = J∆θ

⇔M∆( ~T )+M∆( ~P ) +M∆( ~R ) = J∆θ

⇔M∆( ~T )+M∆( ~Px )+M∆( ~Py )+M∆( ~R ) = J∆θ

or :M∆( ~Px +M∆( ~R ) = 0 ; car pas de mouvement suivanty ′ y etM∆( ~T ) = 0 ; car sa droite d’action rencontre l’axe(∆)

⇒M∆( ~P ) = J∆θ⇔−(mg sinα)`sinθ = J∆θ

⇔ θ +`mg sinα

J∆sinθ = 0

or :

J∆ =m`2⇒ θ +g sin x

`sinθ = 0

par θ petit :

sinθ ' θ (rad)⇒ θ +g sinα

`θ = 0;

Équation différentielle de la forme :

θ +ω2θ = 0

d’où

ω0 =

√

√ g sinα

`⇒ T ′ =

2π

ω0= 2π

√

√ `

g sinα

Soit donc T ′ = 2π

√

√ `

g sinαN.B : on pouvait déduire l’expression de T ′ en pas-

sant tout simplement T = 2π

√

√ `

g ′où g ′ est l’intensité

de la composante de ~g parallèle au plan incliné. Soit

g ′ = g x = g sinα d’où T ′ = 2π

√

√ `

g sinα.

12.2. Courbe T 2 = f (`).Tableau des valeurs

` (m) 0,7 0,8 0,9 1 1,2 1,3

T 2 (s2) 8,2 9,4 10,6 11,8 14,1 15,4

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 1.1 1.2 1.30123456789

101112131415

l

t 2 (s2)

t 2 (s2)= f (L)

∆l = 0,4

∆t2=

4,2

12.3. Valeur de ge x p :

on a

T ′ = 2π

√

√ `

g sinα

⇔ T ′2 =

4π2

g sinα`= k` avec k =

4π2

g sinα= cte

A partir de la courbe T 2 = f (`) on a :

k = tanα=(∆T )2

∆`⇔

4π2

ge x p sinα=(∆T )2

∆`

⇒ ge x p =4π2

sinα·∆`

∆T 2

A.N. : ge x p =4π2

sin 20°·(1,2−0,8)(14,1−9,4)

= 9,81 m s−2 ;

ge x p = 9,81 m/s2

9,7 m s−2 ≤ ge x p ≤ 9,9 m s−2



Mouvements dans les champs de forces et leurs applications13.1. Détermination de l’expression de aG .Le bilan des forces extérieures appliquées à la bille étant :

α

x ′

x

y ′

y

~R

~P

En appliquant le T.C.I à la bille ponctuelle dans le réfé-rentiel du laboratoire supposé galiléen, on a :

∑

~Fe x =m ~aG ⇔ ~P + ~R =m ~aG

⇒

Suivant x ′x : Px =maG

Suivant y ′ y : −Py +R = 0

⇔

mg sinα=maG

−mg cosα+R = 0

Soit aG = g sinα13.2. Équations horaires du mouvement de la bille.Les coordonnées du vecteur accélération dans le repèreci-dessus étant :

~aG

ax = g sinα

a y = 0

on a ~aG =d ~vG

dtd’où les coordonnées du vecteur vitesse :

~vG

vx = (g sinα)t

vy = 0

;

13


Et ~vG =d ~OG

dtd’où les coordonnées du vecteur position,

correspondantes aux équations horaires

~OG

x =1

2(g sinα)t 2

y = 0

13.3. Expression de d en fonction de n, g et α.Cette expression est obtenue en prenant x = d et t = nsoit

d =1

2(g sinα)n 2

13.4. Calcul de x

d =1

2(g sinα)n 2⇒ sinα=

2d

g n 2

A.N. : sinα= 0,153 d’où α= 8,8°= 0,15 rad13.5. Mouvements d’une particule dans un champ élec-trique uniforme13.5.1. Schéma traduisant la situation.

O

xx ′

y ′

y

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

~v0

~E

α

13.5.2. Calcul de la vitesse de sortie :Le bilan des forces extérieures appliquées à la particulesétant :

Ox

y

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

~v0

q < 0

~F

En appliquant le T.C.I à la particule dans le référentiel dulaboratoire supposé galiléen, on a :

∑

~Fe x =m ~aG ⇔ F =maG

par projection dans le repère de la figure :

Suivant O x : 0=maGx

Suivant O y : F =maGy

⇔

aGx = 0

aGy =|q |E

m

⇒

vx = vOx = v0 cosα

vy =|q |E

mt + v0 sinα

⇒

x = (v0 cosα)t

y =1

2

|q |Em

t 2 + (v0 sinα)t

A la sortie

x = `⇔ `= (v0 cosα)ts ⇒ ts =`

v0 cosα

d’où

~vs

vsx = vo x = v0 cosα

vsy =|q |E

mts + v0 sinα

=|q |E

m·

`

v0 cosα+ v0 sinα

d’où

vs =Ç

v 2sx + v 2

sy =

(v0 cosα)2 +

+

|q |Em·

`

v0 cosα+ v0 sinα

2

12

A.N. : vs = 2,81×1010 m s−1


Système oscillant14.1. Schéma d’un pendule simple :

O

(∆)

Support

Fil inextensible de massenégligeable

Solide ponctuel de masse

DescriptionLe pendule simple est constitué d’un solide ponctuel,fixé à un support par l’intermédiaire d’un fil inextensibleet de masse négligeable, pouvant osciller dans un planvertical autour d’un axe fixe (∆) horizontal.14.2.14.2.1. Calcul de la période :L’équation horaire étant de la forme :

x = xm cos(ωt +ϕ)


ω=4π

5rad s−1 et T =

2π

ω

A.N. : T = 2,5 sDéduction de la longueur du pendule :

on a T = 2π

√

√ `

g⇒ `=

g T 2

4π2

A.N. : `= 1,58 m14.2.2. Expression de l’élongation angulaire :

Les oscillations étant de faible amplitude, sinθ ' θ =k

`

⇒ θ =0,22

`cosπ

4

5t −

1

3

;

13283


= 0,14 cosπ

4

5t −

1

3

en rad

θ = 0,14 cosπ

4

5t −

1

3

en rad

Déduction de l’élongation maximale :L’élongation ondulatoire étant de la forme :

θ = θm cos(ωt +ϕ)

par identification on a : θm = 0,14 rad


Phénomènes vibratoires et corpusculaires15.1. Phénomènes vibratoires.15.1.1. Schéma de l’aspect de la surface de l’eau.

15.1.2.15.1.2.1. Nature de l’onde :Onde progressive transversale.Fréquence de l’onde : f = 15 Hz15.1.2.2. Équation horaire du mouvement de la sourceO :On admet que le sens positif est ascendant.L’équation horaire étant de la forme :

y0 = a cos(ωt +ϕ)

à t = 0

y0 = 0

y0 < 0⇔

cosϕ = 0

−sinϕ < 0

⇔

cosϕ = 0

sinϕ > 0d’où ϕ =

π

2

ω= 2π f = 30πrad s−1 ; a = 1 cmSoit

y = 10−2 cos

30πt +π

2

= 10−2 sin(30πt +π) en m.

Équation horaire du mouvement d’un point M .

yM = y0

t −d

v

= 10−2 cos

30π

t −d

v

+π

2

= 10−2 cos

30πt −19π

2

yM = 10−2 cos

30πt −19π

2

en m

15.2. La radioactivité.15.2.1. Calcul de la constante radioactive :

λ=ln 2

T

A.N. : λ= 0,346 57(jour−1) = 4,01×10−6 s−1

15.2.2. Masse m de l’élément que l’on possédait 15 joursplus tôt.On a :

m =m ′e−λt ⇒m ′ =m

e−λt=meλt

A.N. : m ′ = 90,5 g


Expérience16.1. Équation horaire du mouvement : Établir.Le bilan des forces extérieures appliquées à la masse mar-quée étant :

Z ′

Z

O

~P

sol

En appliquant le T.C.I à la masse marquée, dans le réfé-rentiel du laboratoire supposé galiléen, on a :

∑

~Fe x =m ~aG ⇔ ~P =m ~aG ⇔ P =maG

⇔mg =maG ⇒ aG = g

d’où v = g t ⇒ z = h =1

2g t 2

16.2. Tracé de la courbe t 2 = f (h )Tableau des valeurs.

h (m) 20 16 12 8 4

t (s) 2,02 1,8 1,56 1,3 0,9

t 2 (s2) 4,08 3,24 2,43 1,69 0,81

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 210

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

∆h = 12

∆t2=

2,43

h

t 2 (s2)t 2 (s2)= f (h)

16.3. Nature de la courbe.C’est une droite qui passe par l’origine16.4. Valeur expérimentale de l’accélération de la pesan-teur

;

13


on a :

h =1

2g t 2⇒ t 2 =

2

gh

d’où le coefficient directeur de la droite obtenue sera égal

à2

ge x p.

Soit k =∆t 2

∆h=

2

ge x p⇒ ge x p = 2

∆h

∆t 2

A.N. : g = 2

16−4

3,24−0,81

= 9,88 m s−2

ge x p = 9,88 m s−2

(9,7 m s−2 ≤ ge x p ≤ 9,9 m s−2)



Mouvements dans les champsPartie 1 : Champ de gravitation terrestre17.1. Représentation de la terre et du champ de gravita-tion ~gz :

M

O

~gz

17.2. Expression littérales de g0 et gz .

g0 =G MT

R 2T

, gz =GMT

(RT + z )2

Relation entre g0 et gz :

gz

g0=

RT

RT + z

2

⇒ gz = g0

RT

RT + z

2

17.3. Montrons que pour

z RT , gz = g0

1−2z

RT

.

gz = g0

RT

RT + z

2

= g0

RT + z

RT

−2

= g0

1+z

RT

−2

or :

z RT ⇒z

RT 1⇒

1+z

RT

−2

= 1−2z

RT

d’où gz = g0

1−2z

RT

Partie 2 : Goutte d’huile électrisée en équilibre dans unchamp électrique17.1. Schéma de la situation et représentation des forces

appliquées :

B (−)

A (+)

~F

~P

G

17.2. Calcul de la masse de la goutte :La goutte étant en équilibre, on a :

∑

~Fe x = ~0⇔ ~P + ~F = ~0⇔ P = F

⇔mg = |q |E ⇒m =|q |E

g

or :

E =U

dd’où m =

|q |Ug ·d

A.N. : m = 5×10−3 kg


Système oscillants18.1. L’oscillateur étudie n’est pas amortiJustification :La courbe θ = f (t ) est une sinusoïde d’amplitudeconstante.18.2.18.2.1. Période du pendule :A partir de la figure à l’exercice 18, on peut écrire la règlede trois ci-dessous :

3→ 0,6 s

6,7→ T0?⇒ T0 =

6,7×0,6

3= 1,34 s

d’où : 1,33 s≤ T0 ≤ 1,35 sDéduction de la longueur du pendule

T0 = 2π

√

√ `

g⇒ `=

g

4π2T 2

0

`= g

T0

2π

2

A.N. : `= 0,45 m

0,44 m≤ `≤ 0,46 m

18.2.2. Équation horaire du mouvement du pendule.L’équation horaire est de la forme :

θ = θm cos(ω0t +ϕ)

à t = 0

θ = θm

θ = 0or θ =−θmω0 sin(ω0t +ϕ)

⇒ à t = 0

θm cosϕ = θm

−θmω0 sinϕ = 0⇔

cosϕ = 1

sinϕ = 0

d’où ϕ = 0 et : θm = 9°=π

20rad;

ω0 =2π

T0=

2π

1,34= 4,69 rad s−1

θ =π

20cos(4,69t ) en rad.

;

13285


18.3. Expression de la vitesse angulaire :

θ =dθ

dt=−

π

204,69 sin(4,69t )

=−0,736 sin(4,69t )

θ =−0,736 sin(4,69t ) (13.1)

Vitesse angulaire maximale :

θ =−θma x sin(ω0t )

d’où par identification avec la relation (13.1) on a :θma x = 0,736 rad s−1

18.4. Équation différentielle du mouvement du pen-dule :Le bilan des forces extérieures appliquées au penduleétant :

O(∆)

θ

~T

~n

G

~t

~P

D’après la deuxième loi de Newton sur le mouvementappliquée au pendule, dans le référentiel du laboratoiresupposé galiléen,

∑

~Fe x =m ~aG ⇔ ~P + ~T =m ~a

En projettant cette relation dans la base de Frenet ( ~n , ~t )on a :

¨

Suivant ~n : ~T + ~Pn =m ~an (13.2)

Suivant ~t : ~Pt =m ~at (13.3)

(13.3) ⇒−Pt =mat ⇔−mg sinθ =mat

⇔ at + g sinθ = 0

or :

at = `θ ⇒ `θ + g sinθ = 0⇔ θ +g

`sinθ = 0

Pour les oscillations de faible amplitude θ petit

⇒ sinθ ' θ (on rad)

d’où l’équation : θ +g

`θ = 0


Phénomènes ondulatoires et corpusculairesPartie 1. Propagation à la surface libre de l’eau19.1. DéfinitionLa longueur d’onde est la distance parcourue par l’ondeau cours d’une période.

Calcul de la valeur numérique :

λ=v

N

A.N. : λ= 1,25×10−2 m19.2. Comparaison du mouvement des points O et M :

d

λ=

7,5

1,25= 6

d’où d = 6λ= kλ avec k = 6 ∈Z

donc les points O et M sont en phase.19.3. Calcul de la distance entre la 2ème et la 7ème ride :

d = (7−2)λ= 5λ

d = 5λ

A.N. : d = 6,25×10−2 mPartie 2. Effet photoélectrique19.1. Définition :L’effet photoélectrique est l’extraction des électrons d’unmétal par un rayonnement électromagnétique conve-nable.19.2.19.2.1.19.2.1.1. Si λ0 <λ ; il n’y a pas effet photoélectrique.19.2.1.2. Si λ0 >λ ; il y a effet photoélectrique.19.2.2. Calcul de la vitesse maximale.

W =W0 +ECma x

⇔ ECma x =W −W0

⇔1

2m v 2

ma x = h c

1

λ−

1

λ0

vma x =

2h c

m

1

λ−

1

λ0

12

A.N. : vma x = 4,49×105 m s−1


Exploitation des résultats expérimentaux20.1. Tableau complété :

t 0 6 26 36 46


x (t ) (cm) 0 6, 1 12, 5 19, 0 25, 8

v (t ) (m s−1) 3, 125 3, 225 3, 325 3, 450

t 56 66 76 86 96


x (t ) (cm) 32, 8 40, 0 47, 5 55, 2 63, 1

v (t ) (m s−1) 3, 550 3, 675 3, 800 3, 900

20.2. Graphe v = f (t ) :

;

13


t (ms)

V (m/s)=

0 20 40 60 80 1000

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

∆V = 0,425

∆t = 50

V

20.3. Vitesse initiale v0 :C’est la valeur de la vitesse à t = 0.Sur le graphe nous lisons v0 = 3 m s−1

Valeur de l’accélération :L’accélération est le coefficient directeur de la droite ob-tenue en représentant v = f (t ) d’où

a =∆v

∆t=

3,55−3,125

4×20×10−3 = 5,3 m s−2

a = 5,3 m s−2 ; 4,8 m s−2 ≤ a ≤ 5,7 m s−2

20.4. Valeur de la masse d’entrainement du chariot.Le bilan des forces appliquées au système étant :

~P1

~R

~T1 ~t1

~t2

~R2

~T2

~P2

+

Massed’entrainement

Chariot

En appliquant le théorème du centre d’inertie aux sys-tèmes, dans le référentiel du laboratoire supposé gali-léen :20.4.1. Système : le chariot :

∑

~Fe x =M ~a ⇔ ~P1 + ~R1 + ~T1 =M ~a

or :

~P1 + ~R1 = ~0⇒ ~T1 +M ~a

⇔ T1 =M a (13.1)

20.4.2. Système : La poulie∑

M∆( ~Fe x ) = J∆θ

or : poulie de masse négligeable⇒ J∆ = 0 d’où

M∆( ~t1) +M∆( ~t2) +M∆( ~R ) = 0

et

M∆( ~R ) = 0⇔M∆( ~t1) +M∆( ~t2) = 0

⇔ (t2 − t1)r = 0⇒ t1 = t2 (13.2)

20.4.3. Système : masse d’entrainement∑

~Fe x =m ~a ⇔ ~P2 + ~T2 =m ~a

⇔ P2 −T2 =ma ⇒ T2 =mg −ma(13.3)

La ficelle étant de masse négligeable :

T1 = t1

T2 = t2(13.4)

Soit : (13.4) et (13.2) ⇒ T1 = T2 (13.5)

(13.1) et (13.3) dans (13.5)

⇒M a =mg −ma ⇒m =M a

g −a

A.N. : m = 885,2 g ; 724 g≤m ≤ 1041 g


La solution de ce sujet peut être gratuitement télé-chargée sur :

www.simo.education

;

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Avec 474 schémas d’illustration Emmanuel Simo, Maurice ... · Avant-propos Vous avez choisi ce livre parce que vous avez un objectif à atteindre. C’est un instrument réellement